CHUYÊN đề một số bài TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG ĐỒNG QUY

Bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy là những bài toán thường gặp trong các đề thi hoc sinh giỏi THCS và THPT. Có nhiều phương pháp để chưng minh bài toán 3 điểm thẳng hàng hoặc ba đường thẳng đồng quy. Trong tập tài liệu này chúng tôi xin trích đẫn một số bài toán, để minh hoa cho các phương pháp thường gặp nhất. Tài liệu là sự tập hợp của chúng tôi thông qua quá trình giảng dạy, mặc dù có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót rất mong nhận được sự thông cảm, góp ý của bạn bè đồng nghiệp, để tài liệu này hoàn chỉnh hơn.

Tài liệu là sự tập hợp của chúng tôi thông qua quá trình giảng dạy, mặc dù

có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót rất mong nhận được sự thông cảm, góp ý của bạn bè đồng nghiệp, để tài liệu này hoàn chỉnh hơn

I.Phương pháp áp dụng hàng điểm điều hòa

Bài toán 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O Gọi ,M N là trung

điểm của AD , BC Một đường thẳng đi qua giao điểm P của hai đường chéo

,

AC BD , cắt AD , BC lần lượt tại , S T Biết BS giao AT tại Q Chứng minh

rằng AD BC PQ đồng quy khi và chỉ khi các điểm , , ,, , M S T N cùng thuộc một

đường tròn

Lời giải.

Gọi E là giao điểm của AD và BC

Nếu AD BC PQ đồng quy tại E Gọi R là giao điểm của PQ và AB , ta dễ, ,thấy (EQRP) = −1 do đó (ESAD) = B EQRP( ) = −1 và(ETBC) = A EQRP( ) = −1 nên theo hệ thức Maclaurin ta có

ES EM =EA ED EB EC= =ET EN từ đó các điểm M S T N cùng thuộc một, , ,đường tròn

Nếu các điểm M S T N cùng thuộc một đường tròn Gọi F là giao điểm của, , ,

AB và CD Gọi FP giao AD , BC tại ', ' S T Khi đó dễ thấy (FPS T' ') = −1suy ra PE AT BS đồng quy Theo phần thuận thì , ', ',, ', ' M S T N cùng thuộc một

1

đường tròn suy ra ST S TP ' ' tuy nhiên ST giao ' ' S T tại P từ đó suy ra

' '

ST ≡S T hay 'S ≡ S T, '≡T hay AD BC PQ đồng quy , ,

Bài toán 2 (HSG Vĩnh Phúc, 2012) Cho tứ giác ABCD nội tiếp M N là,trung điểm của AB CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt đường thẳng,

CD tại P(P N≠ ) ; đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt đường thẳng AB

tại Q(Q M≠ ) O là giao điểm của hai đường chéo AC , BD ; E là giao điểm

của các đường thẳng AD BC Chứng minh , , ,, P Q O E thẳng hàng

Lời giải.

O Q

F A

Gọi F là giao điểm của AB và CD Ta có FA FB FC FD = ⇒( ABFQ) = −1(Hệ thức Maclaurin)

Tương tự ta có (CDFP) = −1, suy ra , , ,P Q O E thẳng hàng

Bài toán 3 Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định và B, C thay đổi trên

đường thẳng d cố định sao cho nếu gọi A’ là hình chiếu của A lên d thì.

A B A C′ ′ âm và không đổi Gọi M là hình chiếu của A’ lên AB Gọi N là hình chiếu của A’ lên AC, K là giao điểm của các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN tại M và N Chứng minh rằng K thuộc một đường thẳng cố định

Hướng dẫn

2

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN và I là giao điểm của

OK và MN Ta thấy O chính là trung điểm của AA’

Gọi D và P là giao điểm của AA’ với (ABC) và MN

Nên ·AMN =·ADB

Suy ra MPDB nội tiếp

Vậy K thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với AA’

Bài tập 4 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O Gọi M N lần lượt là,trung điểm của AB CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt CD tại , P

Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt AB tại Q Chứng minh rằng

, ,

AC BD PQ đồng quy.

Q

P S

*) Nếu AB // CD thì ABCD là hình thang cân do đó AC BD PQ đồng, ,quy.

*) Nếu AB v CD không song song, gọi S là giao điểm của à AB CD,

Khi đó do tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có SA SB SC SD. = . (1)

Do 4 điểm , , ,A B N P cùng thuộc 1 đường tròn nên SA SB SN SP= (2)Mặt khác 4 điểm , , ,C D M Q cùng thuộc 1 đường tròn nên

Bài toán 5 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O AB AC AD theo thứ, ,

tự cắt các đường CB DB BC tại , ,, , M N P Chứng minh rằng O là trực tâm của

tam giác MNP

L K

Kẻ các tiếp tuyến ME MF với đường tròn , ( )O ( E F, ∈( )O )

Gọi ,K L là giao điểm của EF với AB CD, ⇒(MKAB) (= MLDC) = −1

Do đó O là trực tâm của tam giác MNP

Bài toán 6.Cho tam giác nhọn ABC Dựng ra phía ngoài tam giác đó các hình

vuông ABMN và ACXY Gọi I, J lần lượt là tâm các hình vuông ABMN vàACXY Gọi K là giao điểm của CN và BY, H là giao điểm của CI và BJ Chứngminh rằng A, K, H thẳng hàng

Giải:

Dựng BCE∆ vuông cân ở E ở phía ngoài ABC∆ Ta sẽ chứng minhAE,BY,CN đồng quy và AE,BJ,CI đồng quy, từ đó suy ra K,H cùng nằm trên AEnên A,K,H thẳng hàng

* CM: AE,BY,CN đồng quy Áp dụng định lý hàm số sin trong ANC∆ và

1 2

2 K

E

2 1 1 A

3 I

nêntheo định

lý Xêvadạng sin

0 4

sin 45sin

sin sin 45

A B

Vậy theo định lý Xêva dạng sin ta có: AE,BJ,CI đồng quy

Bài toán 7 Cho tia Ax và điểm B cố định sao cho góc BAx nhọn, điểm C chạy

trên tia Ax Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC và AC theo thứ tự

ở M và N Chứng minh rằng, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

sin 45sin

2

C B

0 2

sin 45sin

sin sin 45

B A

0 4

sin 45sin

sin sin 45

C A

+

=

Do AO là tia phân giác góc BAx nên hai điểm P và N đối xứng nhau qua AO.

I

N

M P

O

A

C

Mặt khác do (O) tiếp xúc với cạnh AB, BC ở P và M nên OPB OMB· =· = ° 90 suy ra

tứ giác OMBP nội tiếp đường tròn đường kính BO (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, M, I, O và P cùng thuộc đường tròn đường kính

BO Do đó ·BIO BPO= · = ° 90 , dẫn đến I là hình chiếu của B trên AO

Do góc BAx cố định và B cố định nên đường thẳng AO cố định và suy ra điểm I

cố định

Vậy đường thẳng MN đi qua điểm I cố định

7

II Phương pháp áp dụng đường thẳng Simson

Bài toán 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi , , P Q R lần lượt là

hình chiếu của D lên đường thẳng BC CA AB Chứng minh rằng PQ QR, , = khi

và chỉ khi các phân giác của góc ABC∠ và ADC∠ đồng quy với AC

tương ứng Do đó 3 đường đồng quy

Bài toán 2.Cho tam giác ABC với các đường cao AM, BN và nội tiếp đường

tròn (O) D là một điểm trên đường tròn đó mà khác A, B và DA không songsong với BN Các đường thẳng DA và BN cắt nhau tại Q Các đường thẳng DB

8

H I Q

P M

N

C B

A

và AM cắt nhau tại P Chứng minh rằng khi D di động trên đường tròn (O) thìtrung điểm của đoạn PQ luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Lời giải Ta sẽ chứng minh trung điểm của đoạn PQ nằm trên đường

thẳng cố định MN

Có thể giả sử D thuộc cung BC (không chứa A) Gọi H là trực tâm tam giác

Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên: AN = BM

Từ (3) và (4) suy ra MP MR Như vậy nếu gọi I là giao điểm của PQ và=

MN thì I là trung điểm của đoạn PQ

Vậy trung điểm của đoạn PQ luôn nằm trên đường thẳng cố định

MN

Bài toán 2.

9

a) Chứng minh rằng đường thẳng Simson ứng với một điểm chia đôi đoạn thẳngnối từ điểm đó đến trực tâm của tam giác Hơn nữa trung điểm của đoạn thẳng

ấy nằm trên đường tròn Euler của tam giác

b) Đường thẳng Simson ứng với hai điểm đối xứng nhau qua tâm thì cắtnhau tại một điểm thuộc đường tròn Euler của tam giác

Lời giải:

a) Tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt đường tròn ngoại tiếptam giác tại A’, B’, C’ Sp là đường thẳng Simson của P đối với tam giác ABC H

là trực tâm của tam giác

Do tính chất đường thẳng Steiner đi qua trực tâm H nên đường thẳng Sp điqua trung điểm I của PH

Phép vị tự tâm H tỉ số 12biến A’, B’, C’, P thành D, E, F, I Mà A’, B’, C’,

P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên D, E, F, I thuộc một đườngtròn Mặt khác đường tròn Euler của tam giác ABC là đường tròn ngoại tiếp tamgiác DEF nên ta có I thuộc đường tròn Euler của ABC

b) Gọi Q là điểm đối xứng với P qua O và P’, Q’ là điểm đối xứng của P,

Q qua phân giác góc ·BCA Theo kết quả bài toán 3 ta có: S p ⊥CP'; S q ⊥CQ'

10

O A

(Sqlà đường thẳng Simson của Q đối với tam giác ABC) Do P, Q đối xứng qua

O nên P’, Q’ cũng đối xứng qua O suy ra CP' ⊥CQ' từ đó S p ⊥S q.

Gọi R là giao điểm của Sp và Sq J là trung điểm của HQ Ta có: I, J thuộc

đường tròn Euler của tam giác ABC và IJ =12PQ nên IJ là đường kính của

đường tròn Euler, mà IRJ· = 90 0nên R thuộc đường tròn Euler

Bài toán 3:

Tam giác ABC không đều, P là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC.Gọi D, E, F là trung điểm BC, CA, AB Gọi la là đường thẳng đi qua chân haiđường cao từ P xuống DE, DF Tương tự cho lb, lc CMR: la, lb, lc đồng qui

Lời giải:

Lời giải:

la là đường thẳng Simson của P đối với tam giác DEF

Theo bài toán 3 ⇒l avuông góc với tiếp tuyến tại D của đường tròn ngoạitiếp tam giác DEF ( vì ED PF» = » ) Mà D là điểm giữa của cung QR» ⇒ ⊥l a QR.

Mặt khác dễ thấy O là trực tâm của tam giác DEF nên theo bài toán 4 ⇒l a

đi qua trung điểm P’ của OP

Gọi Q’, R’ lần lượt là trung điểm của OQ, OR suy ra la là đường cao từ P’của tam giác P’Q’R’

Tương tự ta được lb, lc là đường cao từ Q’, R’ của tam giác P’Q’R’ Do đó

la, lb, lc đồng qui tại trực tâm của tam giác P’Q’R’

Bài toán 4:Tứ giác ABCD nội tiếp (O) Gọi da là đường thẳng Simson của A đốivới tam giác BCD Các đường thẳng db, dc, dd được định nghĩa một cách tương

tự Chứng minh rằng bốn đường này đồng qui

11

O A

D P

N

M

T H

Q

R

P'

Bài toán 5:Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng ∆ cắt (O) và không đi qua O.

Từ O kẻ OH vuông góc với ∆ tại H Qua điểm M bất kỳ trên ∆, ở ngoài (O), kẻcác tiếp tuyến MA và MB với (O),( A và B là 2 tiếp điểm ) Gọi K và I là hìnhchiếu vuông góc lần lượt của H xuống MA và MB Chứng minh rằng đườngthẳng KI luôn đi qua một điểm cố định

Hướng dẫn

Gọi giao điểm của AB với OH và OM thứ tự là J và T Do MA, MB là 2 tiếp tuyến của đường tròn (O) nên OM ⊥ AB, OH ⊥ ∆(gt) ⇒MHJ· =MTJ· = 90 o Do đó

tứ giác MTHJ nội tiếp

Mặt khác OA ⊥ MA ( do MA là tiếp tuyến của (O)), và AT ⊥OM) Suy ra

2 2

OH OJ OT OM OA= = =R không đổi O và H cố định nên J cố định Gọi N làhình

chiếu của H trên AB, N lả giao điểm của KI với OH

Ta thấy 5 điểm O, H, B, M, A cùng nằm trên đường tròn đường kính OM

Hb

Ha

Simson của tam giác ABM ứng với điểm H ) Tứ giác BIHN nội tiếp và HNsong song

với OM

Vậy LHN· =HOM· =IBH· =LNH· Tam giác LHN cân tại L Do tam giác JNH vuông ở N nên tam giác LJN cân ở L Do đó L là trung điểm của JH Các điểmJ,H cố

định nên L cố định

III.Phương pháp áp dụng tam giác đồng dạng

Bài toán 1 (HSG Quảng Bình, 2012) Cho hình vuông ABCD Trên đoạn BD

lấy M không trùng với , B D Gọi , E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của

M lên các cạnh AB AD Chứng minh 3 đường thẳng , CM BF DE đồng, ,quy

Tương tự, ta có ED CF FB⊥ , ⊥ EC, suy ra CM BF DE là các đường cao , ,

trong tam giác CEF nên chúng đồng quy (đpcm)

Bài toán 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn Đường thẳng

AD và BC cắt nhau tại E, với C nằm giữa B và E, đường chéo AC và BD cắt

nhau tại F Điểm M là trung điểm cạnh CD và N M≠ là một điểm nằm trên

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM sao cho AN AM

BN = BM Chứng minh rằng E,

F và N thẳng hàng

13

APQ= − APE= − AFE ADC= và ·AQP AQF= · = ·AEF = ·ACD.

Suy ra APQ∆ : ∆ADC và ∆AN P' : ∆AMD Chứng minh tương tự

Suy ra 'N nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB Do đó ' N ≡ N

IV Phương pháp áp dụng phép biến hình

Bài toán 1 Cho ABCD là tứ giác lồi với BC = AD không song song với AD.

Lấy E, F bất kì tương ứng trên cạnh BC và AD sao cho BE = DF Gọi P làgiao điểm của AC và BD, Q là giao điểm của BD và EF, R là giao điểm của

14

EF và AC Xét các tam giác PQR khi E, F thay đổi Chứng minh rằng đườngtròn ngoại tiếp tam giác PQR qua một điểm cố định khác P.

Lời giải.

Gọi O là giao điểm các đường trung trực cạnh AC và BD Phép quay tâm O

với góc quay ϕ = ·DOB biến , ,D F A thành các điểm , , B E C tương ứng Ta có

B

A

D C

Bài toán 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O Gọi , , , , , H N S R P Q

lần lượt là trung điểm của AB CD AC BD AD BC Qua , , , , ,, , , , , M N P Q R S kẻ

các đường thẳng ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆M, N, P, Q, R, S lần lượt vuông góc với

I R

Bài toán 3 (IMO 2005 - POL) Cho ABCD là tứ giác lồi với BC= AD và BC

không song song với AD Lấy , E F bất kỳ tương ứng trên cạnh BC và AD

sao cho BE DF= Gọi AC∩BD P BD= , ∩EF Q EF= , ∩AC R= Xét các tam

giác PQR khi E , F thay đổi Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua một điểm cố định khác P

Lời giải.

Gọi O là giao điểm các đường trung trực cạnh AC và BD Phép quay tâm O

với góc quay ϕ= ·DOB biến , ,D F A thành các điểm , , B E C tương ứng Ta có

B

A

D C

E

Tương tự , , ,B E Q O nằm trên một đường tròn và · OQP=1800 −OEB OFA· = · Từ

đó ·ORP=1800−OQP· tức là điểm O nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác

PQR Suy ra điểm O là điểm cần tìm

16

Bài toán 4 (POL, 2007) Một điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác ABCD

Gọi (w) là đường tròn nội tiếp tam giác CPD và gọi I là tâm đường tròn nội

tiếp Giả sử (w) tiếp xúc với các đường tròn nội tiếp của tam giác APD và BPD tại K và L tương ứng Đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E và

đường thẳng AK BL cắt nhau tại F Chứng minh các điểm ,, E I và F thẳng

hàng

Lời giải

Gọi J là tâm đường tròn ( )k tiếp xúc với đường thẳng AB DA và BC Gọi,( )a , ( )b là đường tròn nội tiếp AOP∆ và BCP∆ Trước tiên ta chứng minh

F IJ∈ A là tâm vị tự biến đường tròn ( )a thành đường tròn ( )k , K là tâm vị

tự trong biến đường tròn ( )a thành ( )w và F là tâm vị tự trong biến * ( )wthành ( )k

Theo Định lí Đề - Sac ta có A K F thẳng hàng Tương tự chứng minh , , * F*∈BL

Do đó F F≡ * và F IJ∈ Bây giờ ta sẽ chứng minh E IJ∈ Kí hiệu ,X Y là

tâm vị tự ngoài biến ( ) ( )a , b thành ( )w Dựa vào tính chất tiếp tuyến từ, , ,

A B C D đối với đường tròn ( )k và ( )a ta có AP DC AD PC+ = + Do đó tồntại một đường tròn ( )d nội tiếp APCD X là tâm vị tự biến ( )a thành ( )w

V Phương pháo áp dụng phương tích, trục đẳng phương

Bài toán 1 Cho tứ giác lồi ABCD có µ A B C= =µ µ Gọi O và H lần lượt là tâm

đường tròn ngoại tiếp, trực tâm của tam giác ABC Chứng minh: , , D O H

D AE∈ ⇒ D thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( )O và 1 ( )O 2

D EF∈ ⇒ D thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( )O2 và ( )O3

Trong đó ( )O1 là đường tròn (EAMI) , ( )O2 là đường tròn (CFJN) , ( )O3 là

đường tròn (EACF) .

Vậy P D O/( 1) = P D O/( 3) −P D O/( 2)

Ta có P H O/( 1) = HI HA HJ HC P = = H O/( 2)

17

I K

Vậy , ,H K F thuộc trục đẳng phương của ( )O và 1 O2

Bài toán 3 (VMO – Bảng B, 2006) Cho hình thang cân ABCD có CD là đáy

lớn Xét một điểm M di động trên đường thẳng CD sao cho M không trùng

với C và D Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn ( BCM và) (DAM Chứng minh rằng:)

a) Điểm N di động trên một đường tròn cố định.

b) Đường thẳng MN luôn đi qua một điêm cố định

Lời giải

a) Nếu M nằm trên cạnh CD thì M và N ở cùng phía đối với đường thẳng

AB Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC , ta có

ANB= π − ANM +BNM = +C D

Nếu M nằm ngoài cạnh CD thì M và N ở khác phía đối với đường thẳng AB

Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC ta có · ANB= −π (C Dµ + µ )

Vậy N thuộc đường tròn cố định đi qua A và B

B A

C

N

B A

C N

M M

D

P

D

P

b) Gọi P AD= ∩BC thì P cố định và PA PD PB PC = , suy ra P thuộc trục

đẳng phương của hai đường tròn (BCM và ) (DAM) ⇒ ∈P MN

Bài toán 4 (VMO, 2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC và nội tiếp

đường tròn ( )O Gọi P là điểm thay đổi trên BC và nằm ngoài đoạn BC sao

cho PA không là tiếp tuyến của đường tròn ( )O Đường tròn đường kính PD

19

cắt ( )O tại E (E D≠ ) Gọi M là giao điểm của BC với DE , N là giao điểm

khác A với ( )O Chứng minh đường thẳng MN qua một điểm cố định

Lời giải

Gọi A là điểm đối xứng của A qua tâm O Ta chứng minh , , '' N M A thẳng

hang, từ đó suy ra MN đi qua A cố định.'

F

A'

N

M E

D

O

C B

A

P

Thật vậy, ta có DE là trục đẳng phương của đường tròn ( )O và đường tròn ( )γ1

đường kính PA Giả sử ' DA cắt BC tại F , do ·' ADA' 90= 0 ⇒PFA· ' 90= 0 nên

BC là trục đẳng phương của ( )γ1 và ( )γ2 Vì các trục đẳng phương đồng quy tại tâm đẳng phương, suy ra DE BC và , NA đồng quy tại điểm M Vậy'

, , '

M N A thẳng hàng

Bài toán 5. Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) tại M và N Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định

Hướng dẫn Gọi I là tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác MNB

Gọi C là giao điểm của AB và (I) Khi đó ta có: