(Sáng kiến kinh nghiệm) chuyên đề hình bài toán chứng minh thảng hàng đồng quy; nhiều điểm thuộc 1 đường tròn

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN LÀO CAI TỔ TỐN – TIN CHUN ĐỀ HÌNH : BÀI TỐN CHỨNG MINH THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRÒN GIÁO VIÊN TOÁN: TRẦN THỊ PHƯỢNG LÀO CAI THÁNG / 2019 BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRỊN Bài tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng Dạng toán chứng minh ba điểm thẳng hàng dạng tốn thường có tập, khơng lạ khó chứng minh học sinh, học sinh thường lúng túng giải chưa nắm sở để chứng minh, khơng thấy mối liên hệ mật thiết lý thuyết hình học liên quan đến dạng toán như: tiên đề Ơclit, tính chất ba đường tam giác, Sử dụng tính chất đường trung trực đoạn thẳng, đường phân giác góc OA = OB   CA = CB  ⇒ DA = DB  C, O D thẳng hàng; LA,KB ⊥ Ox; LC, KD ⊥ Oy   ⇒ O, L, K LA = LC   KB = KD thẳng hàng - Tiên đề Ơ-clit: Qua điểm A nằm đường thẳng a, kẻ đường thẳng song song với a - Hệ quả: Qua điểm A nằm đường thẳng a, kẻ đường thẳng vng góc với a AC ⊥ a , BC ⊥ a ⇒ A, B, C thẳng hàng BA// a, BC// a ⇒ A, B, C thẳng hàng (hay AB ⊥ a, BC ⊥ a ⇒ A, B, C thẳng hàng) Sử dụng tính chất cộng đoạn thẳng Nếu AM + MB = AB M nằm A B Bài toán chứng minh ba đường thẳng đồng quy CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH: Chứng minh đường thẳng đường đặc biệt tam giác: Sử dụng tứ giác nội tiếp: Chứng minh đường thẳng chia đoạn (trong ngoài) theo tỉ số nhau: Sử dụng phép đối xứng: Áp dụng định lí Céva Tìm giao hai đường thẳng, sau chứng minh đường thẳng thứ ba qua giao điểm Chứng minh điểm thuộc ba đường thẳng 7.Sử dụng tính chất đồng quy tam giác Ba đường thẳng chứa đường trung tuyến Ba đường thẳng chứa đường phân giác Ba đường thẳng chứa đường trung trực Ba đường thẳng chứa đường đường cao Sử dụng chứng minh phản chứng Sử dụng tính thẳng hàng điểm 10 Chứng minh đường thẳng qua điểm Một số phương pháp CM nhiều điểm thuộc đường tròn Các điểm cách điểm khác Các tam giác vuông có cạnh huyền chung chung Hai tam giác có đáy chung góc đỉnh ( đối diện với đáy) phía ( nói cách khác từ giác có đỉnh liên tiếp nhìn đoạn cịn lại góc nhau) Tứ giác có tổng hai góc đối 180 độ ( Tứ giác có góc góc ngồi đỉnh đối) Các đỉnh hình thang cân, hình chữ nhật, hình vng, đa giác MỘT SỐ BÀI TỐN TỪ CÁC TỈNH THÀNH TRONG CẢ NƯỚC Bài 1: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VII MƠN TỐN: KHỐI 11 Năm học: 2013-2014] Cho tam giác nhọn ABC không cân Gọi H, O trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; D, E chân đường cao hạ từ đỉnh A, B tam giác ABC Các đường thẳng OD BE cắt K, đường thẳng OE AD cắt L Gọi M trung điểm cạnh AB Chứng minh ba điểm K, L, M thẳng hàng bốn điểm C, D, O, H nằm đường tròn LỜI GIẢI: Áp dụng đinh lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác HAB ba điểm K, L, M ta có: K, L, M thẳng hàng Ta lại có S AOE = S BOD KB S BOD = KH S HOD (Bởi KB LH MA KB LA =1 Û = KH LA MB KH LH (cùng cạnh đáy OD), LA S AOE = LH S HOE (1) (cùng cạnh đáy OE) 1 S AOE = AE.d (O, AE ) = c.cos A.R cos B = R c.cos A.cos B 2 , R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC S BOD = R c coA.cos B c = AB Tương tự ) Từ kết ta có trung điểm ED (1) Û S HOD = S HOE OH // DE OH qua Cx Bằng cách vẽ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC C, dễ dàng Cx suy DE // , suy CO vng góc với DE Gọi P, Q trung điểm DE, HC Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp, suy QP vng góc với DE Suy CO//QP Nếu HO qua trung điểm DE suy P trung điểm HO, suy EHDO hình bình hành, suy OD // EH EO // HD Điều trái với giả thiết OD cắt BE cà OE cắt AD Vậy (1) xảy OH // DE CO vng góc với OH E, H, O, D nằm đường trịn (vì ta ln có tứ giác CEHD nội tiếp đường trịn đường kính CH) Bài 2: (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Hà Giang, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho tam giác AB, AC Q cắt cạnh BC ABC cân tại K điểm đối xứng tiếp tam giác LỜI GIẢI MPQ A Một đường tròn L Đoạn K qua B Chứng minh điểm AK C M ,O ω tiếp xúc với cạnh cắt đường tròn Gọi O ω M Gọi P tâm đường tròn ngoại tâm đường tròn ω thẳng hàng Gọi I tâm ω ; D, E theo thứ tự ω đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp điểm AB, AC; (O) Dễ thấy tứ giác MDKE điều hịa Do D ( MKBE ) = D ( MKDE ) = −1 Dễ thấy DE // PK, mà Vậy BP = BK D ( MKBE ) = D ( PKBE ) nên Từ D ( PKBE ) = −1 DM ≡ DP hay M, D, P thẳng hàng Chứng minh tương tự M, E, Q thẳng hàng Kết hợp với DE / / PK suy MP MQ = =k MD ME Do qua phép vị tự tâm M tỉ số k điểm M, D, E theo thứ tự biến thành điểm M, P, Q ω Vậy qua phép vị tự tâm M đường tròn biến thành đường tròn (O) Do M, I, O thẳng hàng Bài 3: (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Lai Châu, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho ∆ABC điểm tùy ý cạnh ngoại tiếp tam giác Chứng minh BFK nhọn, đường cao BC ( K khác đường kính M, H, N B, C KN AD, BE , CF cắt ) Kẻ đường kính KM H Cho K đường tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK thẳng hàng LỜI GIẢI Gọi L giao điểm thứ hai hai đường tròn (BKF) (CKE) Ta có tứ giác BFEC nội tiếp Do AF.AB = AE.AC ⇒ A thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (BFK) (CEK) Suy A, L, K thẳng hàng Vì tứ giác BFHD nội tiếp nên Suy HL ⊥ AK AH AD = AF AB = AL AK Do tứ giác DHLK nội tiếp ML ⊥ AK Mà nên M, H, L thẳng hàng Tương tự N, H, L thẳng hàng Từ suy M, H, N thẳng hàng ( O′; r1 ) ( O′′; r2 ) C Bài 4: Cho đường trịn đường trịn tiếp xúc ngồi Đường trịn ( O; r ) tiếp xúc ngồi với hai đường tròn đường tròn d ( O′; r1 ) Chứng minh ( O′′; r2 ) AO , BO d , ( O′; r1 ) Đường kính d ( O′′; r2 ) AB Tiếp tuyến chung C của đường tròn đồng quy ( O; r ) vng góc với ( Bắc Ninh 2018) LỜI GIẢI Gọi M,N đường tròn (O // ; r2 ) tiếp điểm đường trịn (O nên // ; r2 ) Vì d ⊥ O 'O '' d nên ( O ;r ) / với đường tròn ( O ;r ) / tiếp tuyến đường tròn AB / / O 'O '' đường tròn O, N , O’’ Ta lại có ( O; r ) thẳng hàng tam giác OBN đồng dạng tam giác O’’CN (vì hai tam giác cân có · '' NC · ONB =O suy Tương tự AB Suy Gọi A, M , C nên ) B, C , N thẳng hàng thẳng hàng BN r AM r = ; = CN r2 MC r1 Suy Mà · '' N · BON = CO đường kính AN , BM , d H = d ∩ AB ( O) nên AN ⊥ BC ; BM ⊥ AC đồng quy Áp dụng định lý Ceva ta có: AH BN CM AH r r1 r r = =1⇒ = HB CN MA HB r2 r HB HA Giả sử d cắt BO’ AO’’ ∆O 'CD : ∆BHD ⇒ Suy Tương tự CE r = DH HA Từ (1), (2),(3) suy CD r = DH HB (1) D E (2) (3) CD CE = DH EH , suy D trùng E AO’’ , BO’ , d Do đồng quy Bài 5: Tam giác ABC có H trực tâm, M trung điểm BC, P điểm đoạn HM Gọi D, E, F hình chiếu P AH, AB, AC Đường thẳng HM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K, G (M nằm H K) Tiếp tuyến E, F đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF cắt T Chứng minh ba điểm G, D, T thẳng hàng (Hưng Yên 2018) Gọi AK’ đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Khi K’, H, M thẳng hàng Vậy K’ trùng K G ∈ ( AEFP ) ·AGM = 90 Ta có Suy Gọi R, S chân đường cao theo thứ tự hạ từ B, C tam giác ABC Xét đường trịn (AGBC), (AGSHR), (BSRC) có trục đẳng phương AG, SK, BC TH1: AG, SK, BC song song trùng tam giác ABC vng cân A Khi tiếp tuyến E F (AEF) song song TH2: AG, SK, BC đồng quy T’ ( AT ', AH , AS , AR ) = −1 ⇒ ( AG, AE , AD, AF ) = −1 Ta có Suy GEDF tứ giác điều hịa Do G, P, T thẳng hàng Bài 6: Cho tam giác (I ) ABC (AB < AC) Gọi tiếp điểm (I ) với nội tiếp đường tròn BC, CA, AB 10 (O) ngoại tiếp đường tròn D, E, F Gọi S, T điểm cung SI cắt (O) điểm thứ hai N IN điểm thứ hai a EF giao A chứa Gọi Chứng minh đường thẳng AI b K » BC M cung không chứa điểm đối xứng G A qua A (O) O MI cắt (O) AN , TK , CB Chứng minh đường nối trực tâm tam giác G » BC đồng quy AEF DG song song với trực tâm tam giác ABC qua G: Gọi P giao trịn đường kính Xét tam giác TB = TI BIC Do TBI AI có TI = TC đường trịn ngoại tiếp tam giác TBC (O) A, N, F , I , E ∠TBI = ∠TBC + ∠CBI = ∠BAI + ∠ABI = ∠TIB trung điểm ba đường trịn: Ta thấy điểm thuộc đường Tương tự ta có T, I AN, BC Do AI TBC T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thẳng hàng nên đường trịn đường kính AI I tiếp xúc Các trục đẳng phương , đường tròn đường kính đồng quy tâm 11 AI đường trịn ngoại tiếp tam giác S A F1 E1 N F V R G C1 B1 L E O I H C D B P Z J M K T đẳng phương Do tiếp tuyến chung đường trịn đường kính trịn ngoại tiếp tam giác Giả sử TBC TK I BC = { P '} Ta xét hai tam giác I ∠BTP ' = ∠KTB;∠BKT = 1800 − Mà IK ⊥ TP ' AN, TK , CB Do AI ⊥ IP VTKB VTKB : VTBP '(g − g) ⇒ P qua AI VTBP ' có chung ∠BAC = 1800 − ∠TBC = ∠P ' BT ⇒ TK TB = ⇒ TK TP ' = TB2 ⇒ TK TP ' = TI TB TP ' nên tam giác VTIP ' I vng Từ suy đồng quy 12 P ≡ P' hay đường Bài 7: ( Aµ < 90 ) Cho tam giác ABC cân A có , đường cao CD Gọi E trung · BDC điểm BD, M trung điểm CE, phân giác góc cắt CE P Đường trịn tâm E đường kính BD cắt đoạn BC F, đường trịn tâm C bán kính CD cắt AC Q Gọi K = PQ ∩ AM a Chứng minh P, Q, F thẳng hàng b Chứng minh tam giác CKD vuông (Lương Văn Tụy 2018) Gọi T giao điểm DP đường tròn tâm C bán kính CD, S = QD ∩ BC , L = QB ∩ KC , N = FM ∩ AC 13 Vì Vì · · CD ⊥ AB, BDT = TDC nên CD = CQ , AB = AC ,CD ⊥ AB · · · · · · DCT = 2DQT = 2BDT = BDT + TDC = BDC = 900 nên · · 1800 − DCQ 1800 − DAC · · · QSC = 1800 − CDQ − BCQ = 1800 − − 2 · · DAC + DCQ 900 = = = 45 2 Vậy CT ⊥ CD ,QT ⊥ BC Kết hợp với BD ⊥ CD , DF ⊥ BC , suy CT P DB,QT P DF(1) · · · EFB = EBF = ACB DF ⊥ BF , ED = EB QC P FE Vì nên Do đó: (2) Từ (1) (2) suy CE, TD, QF đồng quy Điều có nghĩa P, Q, F thẳng hàng Vì EF PCN , ME = MC nên CNEF hình bình hành Do MF = MN ,EF P AC (3) Từ (3), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NQF cát tuyến KMA, suy ra: 1= KQ M F AN KQ AN KQ AQ = ⇒ = (4) KF M N AQ KF AQ KF AN Từ (3) (4), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BQF cát tuyến KCL, theo định lí Thales, ý AC=AB, suy ra: 1= KQ CF LB AQ AE LB AQ AN LB AQ LB LB AB = = = ⇒ = KF CB LQ AN AB LQ AN AC LQ AB LQ LQ AQ Do AL phân giác góc · BAQ Kết hợp với AB=AC, suy LB=LC Vậy Vì · CQ = CD ,CDB = 900 , DF ⊥ BC Vậy · · QBC = FQC (6) · · QBC = KCF (5) nên 14 CQ = CD = CF.CB ⇒ ∆CBQ : ∆CQF Từ (5), (6) suy Do đó: · · KCF = FQC ∆FKC : ∆FCQ Kết hợp với · AB = AC ,CDB = 900 , DF ⊥ BC · · · · FKC = FCQ = DBC = FDC Vậy ta suy ra: Do tứ giác DKCF nội tiếp · · CKD = CFD = 900 (đpcm) ( Aµ < 90 ) Bài 8: Cho tam giác ABC cân A có , đường cao CD Gọi E trung điểm BD, M trung điểm CE, phân giác góc · BDC cắt CE P Đường trịn tâm E đường kính BD cắt đoạn BC F, đường trịn tâm C bán kính CD cắt AC Q Gọi K = PQ ∩ AM a Chứng minh P, Q, F thẳng hàng b Chứng minh tam giác CKD vuông 15 (Lương Văn Tụy 2018) Gọi T giao điểm DP đường trịn tâm C bán kính CD, S = QD ∩ BC , L = QB ∩ KC , N = FM ∩ AC Vì · · CD ⊥ AB, BDT = TDC nên · · · · · · DCT = 2DQT = 2BDT = BDT + TDC = BDC = 900 Vì CD = CQ , AB = AC ,CD ⊥ AB nên · · 1800 − DCQ 1800 − DAC · · · QSC = 1800 − CDQ − BCQ = 1800 − − 2 ·DAC + DCQ · 90 = = = 450 2 Vậy CT ⊥ CD ,QT ⊥ BC Kết hợp với BD ⊥ CD , DF ⊥ BC DF ⊥ BF , ED = EB , suy CT PDB,QT PDF(1) · · · EFB = EBF = ACB QC PFE Vì nên Do đó: (2) Từ (1) (2) suy CE, TD, QF đồng quy Điều có nghĩa P, Q, F thẳng hàng b Vì EF PCN , ME = MC MF = MN , EF P AC nên CNEF hình bình hành Do (3) Từ (3), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NQF cát tuyến KMA, suy ra: 16 1= KQ M F AN KQ AN KQ AQ = ⇒ = (4) KF M N AQ KF AQ KF AN Từ (3) (4), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BQF cát tuyến KCL, theo định lí Thales, ý AC=AB, suy ra: 1= KQ CF LB AQ AE LB AQ AN LB AQ LB LB AB = = = ⇒ = KF CB LQ AN AB LQ AN AC LQ AB LQ LQ AQ Do AL phân giác góc · BAQ Kết hợp với AB=AC, suy LB=LC Vậy Vì · CQ = CD ,CDB = 900 , DF ⊥ BC Vậy · · QBC = FQC (6) Từ (5), (6) suy Do đó: nên · · QBC = KCF (5) CQ = CD = CF.CB ⇒ ∆CBQ : ∆CQF · · KCF = FQC ∆FKC : ∆FCQ · AB = AC ,CDB = 900 , DF ⊥ BC Kết hợp với Do tứ giác DKCF nội tiếp Vậy · · CKD = CFD = 900 ta suy · · · · FKC = FCQ = DBC = FDC (đpcm) Bài 9: Cho ngũ giác lồi ABCDE.Gọi F điểm nằm AC cho BF ⊥ BC tam giác ABF,ACD,ADE tam giác đồng dạng đồng thời: ∠FAB = ∠FBA = ∠DAC = ∠DCA = ∠EAD = ∠EDA (1) Gọi M trung điểm CF X đỉnh thứ tư hình bình hành AMXE Chứng minh rằng:BD,EM FX đồng quy 17 (Hải Dương 2018) Đặt góc (1) VABF : VACD ⇒ AB AF = ⇒VABC : VAFD AC AD Do EA = ED nên ¼ = ⇒ DFC α ¼ AED ¼ AFD = ¼ ABC = 900 + α = 1800 − 1800 − 2α ¼ + DCF ¼ = 900 ⇒ FDC ¼ = 900 = 900 − α ⇒ DFC ¼ ¼ − DAF ¼ = 90 −2α ⇒ EDF ¼ = 900 − 2α + α = 900 − α ADF = DFC ¼ = EAF ¼ + FEA ¼ = 2α + 1800 − 4α = 1800 − 2α CFE ¼ = CFE ¼ − CFD ¼ = 900 − α = EDF ¼ ⇒ EFD ⇒ EF = ED = EA ¼ = MAD ¼ EDA ¼ = EAF ¼ = 2α = BFC ¼ ⇒ EFA B,F,E thẳng hàng nên ED song song AM E,D,X thẳng hang M trung điểm CF BF ⊥ BC nên MF=MB 18 VAFE =VBFM ⇒ AE = BM = XM BE = BF + FE = AF + FM = AM = EX Do VEMB =VEMX F,D nằm EB,EX EF=ED nên BD XF đối xứng với qua EM Vậy BD,XF,EM đồng quy Bài 10: Cho tam giác ABC vuông A, AC > AB Gọi M điểm thay đổi cạnh AB Đường thẳng CM cắt đường trịn đường kính BM điểm thứ hai N cắt đường trịn tâm A bán kính AC điểm thứ hai D Đường thẳng AN cắt đường trịn đường kính BM lại điểm thứ hai E Chứng minh M thay đổi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM nằm đường thẳng cố định Giả sử AM = k AB Gọi P điểm cạnh BC cho (Huế 2018) BP − 2k = BC 3− k , d đường thẳng qua A vng góc với MP Chứng minh ba đường thẳng d, BN ME 19 đồng quy điểm C O P d A H M I B K N E T D C' 20 a) Ta có ·ADM = ACM · · · = MBN = AEM tiếp 21 Suy tứ giác AMED nội Gọi C’ điểm đối xứng với C qua A, tứ giác AC’MD · ' M = ·ACM = ·ADM AC nội tiếp.Vậy điểm A, M, E, D, C’ nằm đường tròn (T) Tâm T đường tròn tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM Vì C’ cố định nên AC’ cố định, từ suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM nằm đường thẳng cố định, đường trung trực AC’ Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm đường thẳng d đường trung trực AH Gọi O trung điểm BC Ta chứng minh MP song song với OT Gọi H trung điểm AM, K trung điểm AB I trung điểm HK, Khi tứ giác AM =k AB HTKO hình bình hành Sử dụng giả thiết suy BM = (1− k)AB, BI = AB − AI = AB − Suy Vì BM − 4k = BI 3− k BP − 2k = BC 3− k Suy d ⊥ OT nên (1+ k)AB (3− k)AB = 4 A BP − 4k = BO 3− k P Suy M BM BP = BI BO , X MP // OT I C O F K E Ta có ME trục đẳng phương đường trịn đường kính BM đường tròn Y (T) D J BN trục đẳng phương đường trịn đường kính BM đường tròn đường 22 B N 23 ...BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRỊN Bài tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng Dạng toán chứng minh ba điểm thẳng hàng dạng tốn thường có tập, khơng lạ khó chứng minh. .. thẳng chứa đường phân giác Ba đường thẳng chứa đường trung trực Ba đường thẳng chứa đường đường cao Sử dụng chứng minh phản chứng Sử dụng tính thẳng hàng điểm 10 Chứng minh đường thẳng qua điểm Một... giao hai đường thẳng, sau chứng minh đường thẳng thứ ba qua giao điểm Chứng minh điểm thuộc ba đường thẳng 7.Sử dụng tính chất đồng quy tam giác Ba đường thẳng chứa đường trung tuyến Ba đường thẳng