Phuong Phap Chung Minh Ba Diem Thang Hang

Chuyên đề BDHSG THCS PHẦN III MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Chứng minh trực tâm của một tam giác luôn nằm trên đường thẳng nối hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ một đỉnh đến đường t[r]

EQUATION CHAPTER 1 SECTION 1 Chuyên đề

MỘT SỐ HƯỚNG TIẾP CẬN BÀI TOÁN CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG

-PHẦN I KHÁI QUÁT CHUNG

Bài toán chứng minh thẳng hàng là một dạng toán khá quen thuộc, nhất là trong các đề thi học sinh giỏi Nhưng khi gặp dạng toán này, nhiều học sinh tỏ ra rất lúng túng Để loại bỏ sự lúng túng ấy, ở chuyên đề sau đây, tôi đã thống kê một số hướng cơ bản để giúp học sinh tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng, kèm theo là một số ví dụ minh họa Sự phân loại các phương pháp trong chuyên đề chỉ mang tính cá nhân

Một số hướng tiếp cận cơ bản khi gặp bài toán chứng minh thẳng hàng:

1 Hướng 1: Sử dụng góc bù

2 Hướng 2: Sử dụng tính chất của hình bình hành

3 Hướng 3: Sử dụng tiên đề về đường thẳng song song

4 Hướng 4: Sử dụng các tính chất của đường tròn

5 Hướng 5: Sử dụng 2 tia trùng nhau hoặc đối nhau

6 Hướng 6: Thêm điểm

7 Hướng 7: Sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt

Đối tượng để dạy bồi dưỡng chuyên đề này là các em học sinh khá, giỏi toán lớp 9, chủ yếu là các học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi toán 9

Dự kiến chuyên đề sẽ được bồi dưỡng trong 3 buổi, với thời lượng 9 tiết

1

PHẦN II PHƯƠNG PHÁP CỤ THỂ VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

I Hướng thứ nhất: Sử dụng góc bù

+ Nếu có ABx xBC 1800 thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó

+ Tổng quát: Nếu quay xung quanh điểm A các tia AB1, AB2, , ABn lần lượt theo thứ tự ấy mà

1 2 2 3 n 1 n 180

B AB B AB  B AB  thì 3 điểm B1; A; Bn thẳng hàng

Ví dụ 1

Cho tam giác ABC có các góc B và C nhọn, đường cao AH Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân ABD, ACE (BAD = CAE= 900) Gọi M là trung điểm của DE Chứng minh rằng H, A, M thẳng hàng

Giải

Dựng hình bình hành AEFD

 M là trung điểm của AF (t/c hình bình hành) và EF = DA = BA

Mặt khác EA = CA (gt); AEF = CAB (Cùng bù với DAE)

EFA = ABC (c-g-c)

 A1 C1 ( Hai góc tương ứng)

Mà A2C1 = 900

 A1A2 = 900

 A1A2A3 1800

Hay FAH  1800 M, A, H thẳng hàng

Ví dụ 2

Cho ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O), điểm M bất kỳ trên cung nhỏ BC E, F thứ tự là các điểm đối xứng của M qua AB, AC, gọi H là trực tâm ABC

Chứng minh rằng E, H, F thẳng hàng

Giải

Gọi B’ là giao điểm của BH và AC;

A’ là giao điểm của AH và BC

Tứ giác HA’CB’ nội tiếp

 H1A CB' 'BCA BMA BEA  

(t/c đối xứng trục)

 Tứ giác AHBE nội tiếp

1

1

2 3

M

F

E

D

B

A

O

M

H

B' C'

A'

F

A

1

2

EHB EAB MAB  

Tương tự ta có: A HC' ABC CHF, MAC

 EHB H 1A HC CHF'  MAB ACB ABC MAC   

= ACB ABC BAC  1800

 EHF  1800  E, H, F thẳng hàng

* Đường thẳng đi qua 3 điểm E, H, F nói trên có tên là đường thẳng Steiner ứng với điểm M.

* Việc chứng minh các điểm E, H, F nói trên thẳng hàng cũng được đề cập trong đề thi Olympic Japan 1996:

Cho tam giác ABC, M là điểm trên đường tròn (ABC) Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AD Chứng minh P, K, Q nằm trên một đường

thẳng và luôn đi qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đường tròn

(ABC) (Olympia Japan 1996).

II Hướng thứ hai: Sử dụng tính chất của hình bình hành

Có thể sử dụng tính chất : hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Do đó, nếu chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành và O là trung điểm của AC thì B,O,D thẳng hàng.

Ví dụ 3

Cho ABC có trực tâm H nội tiếp (O) đường kính CM, gọi I là trung điểm của AB Chứng minh rằng H, I, M thẳng hàng

Giải

MB  BC, AH  BC (suy từ giả thiết)

 MB // AH

Mà MA // BH (cùng vuông góc với AC)

 AMBH là hình bình hành

 AB cắt MH tại trung điểm I của AB và MH (t/c hình bình hành)

 H, I, M thẳng hàng

Ví dụ 4

Cho ABC và điểm M bất kỳ trong tam giác Gọi A1, B1, C1 thứ tự là các điểm đối xứng của M qua các trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Gọi O là giao điểm của BB1 và CC1 Chứng minh các điểm A, O, A1 thẳng hàng

Giải

Gọi D, E, F thứ tự là trung điểm BC, CA, AB

M

O

C B

A

3

 EF là đường trung bình của ABC và MB1C1 (suy từ giả thiết).

EF  BC B C

và EF // BC // B1C1

 BC // B1C1 và BC = B1C1

 BCB1C1 là hình bình hành

 O là trung điểm của BB1 và CC1

(t/c hình bình hành)

+ Tương tự ta có:

ABA1B1 là hình bình hành

 AA1 cắt BB1 tại O là trung điểm của BB1 và AA1

 A, O, A1 thẳng hàng

III Hướng thứ ba: Sử dụng tiên đề về đường thẳng song song

Tiên đề Ơclít: Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng chỉ kẻ được duy nhất một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho.

Do đó, nếu qua điểm A ta kẻ được AB và AC cùng song song với một đường thẳng d nào

đó thì A, B, C thẳng hàng.

Ví dụ 5

Chứng minh rằng: các trung điểm của hai cạnh bên và hai đường chéo của một hình thang luôn thẳng hàng

Giải

Với hình thang ABCD (AB // CD)

và M, N, P, Q thứ tự là trung điểm

của AD, BC, BD, AC

Cần chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng

Từ (gt)  MN, MP, MQ thứ tự là đường trung bình của hình thang ABCD, ABD, ACD

 MN // AB; MP // AB; MQ // CD hay MQ // AB

 M, N, P, Q thẳng hàng (theo tiên đề Ơclít)

Ví dụ 6

Cho ABC nhọn, các đường cao AH, BD và CE Gọi M, N, P, Q thứ tự là hình chiếu của

H trên AB, BD, CE và AC Chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng

Giải

+ Từ (gt)  MH //CE; NH // AC 

BM BH BN

BE BC BD (định lý Talét)

 MN // ED (1) (định ký Talét đảo)

+ Chứng minh tương tự ta có: PQ // ED (2)

Q P

N M

B A

1

1

O

D

E M F

A

C B

A

1

4

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HAC và HAB ta có:

AH2 = AQ AC = AM AB



AQ AB

AM AC mà

AB AD

AC AE

(vì DAB ∽ EAC (g.g))



AQ AD

AQ AM

MQ ED

AD  AE 

(định lý Talét đảo)

Kết hợp với (1), (2) ta có

M, N, Q thẳng hàng và M, Q, P thẳng hàng (tiên đề Ơclít)

Do đó M, N, P, Q thẳng hàng

IV Hướng thứ tư: Sử dụng các tính chất của đường tròn

Khi B là tâm của đường tròn đường kính AC, hoặc các đường tròn tâm A và đường tròn tâm C tiếp xúc nhau tại B thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó.

Ví dụ 7 Cho (O) đường kính AB Điểm M chuyển động trên (O), M ≠ A; M ≠ B Kẻ MH vuông

góc với AB Vẽ đường tròn (O1) đường kính MH cắt đường thẳng MA và MB tại C và D Chứng minh rằng:

a) C, D, O1 thẳng hàng

b) ABDC nội tiếp

Giải

a) Ta có

AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))

CM D  900

CD

 là đường kính của (O1)

 C, D, O1 thẳng hàng

b) MCHD là hình chữ nhật nội tiếp (O1)

MCD MHD  (2 góc nội tiếp cùng chắn MD)

Mà MCD B   MCD ACD B ACD     1800

 ABDC nội tiếp

Ví dụ 8: Cho đường tròn (O) và dây cung AB Lấy I thuộc đoạn AB sao cho IA > IB Gọi D là

điểm chính giữa cung nhỏ AB, DI cắt (O) tại điểm thứ hai C Tiếp tuyến với (O) tại C cắt AB tại

K Lấy điểm E sao cho

1 , 2

KE KI  IE EC

cắt (O) tại F Chứng minh rằng D, O, F thẳng hàng

Giải

Q

P

N M

D

E

C B

A

H

O

C

D M

B O

H A

1

F

C O

E K

B I

D

A

1

5

Ta có



1

1

2

I 

(sđBC sđAD)

Mà AD DB (gt)





1

1

2

I 

(sđBC sđDB)

1 2



sđ DBC



1

1 2

I ICK 

sđ DBC

 KIC cân tại K => KI = KC

2

KI KE IE gt



1 2

KC IK KE IE CIE

vuông tại C

 DCF 900  DFlà đường kính của (O)

 D; O; F thẳng hàng

V Hướng thứ năm: Sử dụng 2 tia trùng nhau hoặc đối nhau

Nếu 2 tia MA, MB trùng nhau hoặc đối nhau thì 3 điểm M, A, B thẳng hàng.

Ví dụ 9

Cho (O) đường kính AB Trên (O) lấy điểm D bất kỳ (khác A, B) Lấy điểm C bất kỳ trong đoạn AB, kẻ CH  AD HAD

Phân giác của BADcắt (O) tại E, cắt CH tại F Đường

thẳng DF cắt (O) tại N Chứng minh N, C, E thẳng hàng

Giải

(gt)  HC // DB (cùng vuông góc với AD)

 C1B1 (2 góc đồng vị)

Mà B 1N1 (2 góc nội tiếp chắn AD)  N1C1

 Tứ giác AFCN nội tiếp

 A1 N 2 (2 góc nội tiếp chắn FC)

Hay A1FNCmà A1A2 (gt)

 A2 FNC mà A2 DNE FNE 

(2 góc nội tiếp chắn DE)

1 2

N

F H

C O

2 1

6

 FNC FNE mà NC và NE cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ DN

 2 tia NC & NE trùng nhau  N, C, E thẳng hàng

Ví dụ 10

Cho ABC, đường tròn bàng tiếp trong góc A tiếp xúc với tia AB tại N Kẻ đường kính

MN Trên tia đối của tia AB lấy điểm K sao cho AK = BN Chứng minh rằng K, C, M thẳng hàng

Giải

Gọi I, J thứ tự là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A, góc B của ABC

(I) tiếp xúc với BC và AC thứ tự tại P và H

(J) tiếp xúc với BC và BA thứ tự tại Q và K’

Ta có:

CA + CB – AB

= CA + CP + PB – AB

= CA + CH +NB – AB = AH + NB – AB

= AN + NB – AB = 2NB (t/c tiếp tuyến)

 CA + CB – AB – 2NB

Tương tự ta có: CA + CB – AB = 2AK’

 AK = AK’ = BN  K’ K

Mặt khác PIC đồng dạng QJC (g.g)



IC IP IM

JC JQ JK

mà CIM CJK (2 góc so le trong của MN // JK)

 ICM đồng dạng JCK (c.g.c)

 ICM JCK  2 tia CK và CM đối nhau

 K, C, M thẳng hàng

V Hướng thứ sáu: Thêm điểm

Để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng có thể xác định thêm điểm D khác A, B, C sau đó chứng minh hai trong ba bộ 3 điểm A, B, D; A, C, D; B, C, D thẳng hàng.

Ví dụ 11

Cho hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm 2 đường chéo Điểm M trên đoạn OB, lấy E đối xứng với A qua M; H là hình chiếu của điểm E trên BC, vẽ hình chữ nhật EHCF Chứng minh M, H, F thẳng hàng

Giải

E O

F I H

M

B A

K' K

M Q J

I N

P

H

C B

A

7

Gọi I là giao điểm của HF và CE

 H; I; F thẳng hàng (*) (t/c hình chữ nhật)

Cần chứng minh: M, I, F thẳng hàng

1

( ) 2

MA ME  AE gt

và

1 2

OA OC  AC

(t/c hình chữ nhật)

 OM là đường trung bình của ACE

 OM // CE  ODC ICF  (2 góc đồng vị)

Mà ODC OCD  &ICF IFC (vì OCD cân tại O, ICF cân tại I, t/c hình chữ nhật)

 OCD IFC   IF/ /AC mà IM //AC (do IM là đường trung bình ACE)

 M, I, F thẳng hàng (tiên đề Ơclít)

Kết hợp với (*) ta có: M, H, F thẳng hàng

Ví dụ 12

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đương tròn (O) Gọi E là giao điểm của AB và CD Gọi F là giao điểm của AC và BD Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại M Chứng minh rằng E,

M, F thẳng hàng

Giải

Gọi K là giao điểm của đường tròn (B, D, E) và đường tròn (F, D, C), (K không trùng D) Ta chứng minh K, E, M thẳng hàng và K, F, M thẳng hàng

Tứ giác BKDE và DKFC nội tiếp (suy từ gt)

 BKC BKD DKC   1800 AED DFC  (*)

Mặt khác: AED + 

1 2

DFC 

(sđAD- sđBC)+

1

2(sđAB+sđCD)



1

2(sđBADC  sđBC) = BMC

 AED DFC BMC  kết hợp với (*) ta có: BKC BMC 1800

 Tứ giác BKCM nội tiếp  BKM BCM (2 góc nội tiếp chắn BM )

K

E C

B

D A

8

Mà BCM BDE (cùng bằng

1

2sđBC) và BDE BKE (2 góc nội tiếp chắn BE)

 BKM BKE  2 tia KE và KM trùng nhau  K, E, M thẳng hàng (1)

Tương tự ta có: CKF CKM   2 tia KF và KM trùng nhau

 K, F, M thẳng hàng Kết hợp với (1) ta có E, M, F thẳng hàng

VII Hướng thứ bảy: Sử dụng định lý Mênêlauýt

Định lý Mênêlauýt: Cho ABC và 3 điểm A’,B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng BC; CA,

AB sao cho chúng đều nằm trên phần kéo dài của cả 3 cạnh của tam giác hoặc chỉ một trong 3 điểm đó nằm trên phần kéo dài của cạnh tương ứng mà thôi Điều kiện cần và đủ về A’,B’, C’

thẳng hàng là

AB CA BC

B C A B C A .

* Chứng minh điều kiện cần:

Kẻ AD  A’B’ ; BE  A’B’ ; CF A’B’

 AD // BE //CF



'

; '

AB AD

B C CF

'

; '

CA CF

A B BE

' '

BC BE

C AAD (Hệ quả của Talét)



AB CA BC AD CF BE

B C A B C A CF BE AD 

* Chứng minh điều kiện đủ:

Giả sử

AB CA BC

B C A B C A  và A’BC;

B’AC; C’AB, ta chứng minh A’, B’ C’ thẳng hàng

Gọi giao điểm của A’B’ với AB là C’’

Theo điều kiện cần ta có:

AB CA BC

B C A B C A 

Mà

AB CA BC

B C A B C A  (gt) 

C AC A  

Ví dụ 13

Cho 3 đường tròn có bán kính đôi một khác nhau và ở ngoài nhau Chứng minh rằng giao điểm của các tiếp tuyến chung ngoài của từng cặp đường tròn cùng thuộc một đường thẳng

Giải

A

B

C A'

C'

B'

E

F

D

C''

9

+ Xét 3 đường tròn (O1; r1); (O2; r2); (O3; r3).

+ Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O1; r1) và (O2; r2) là C

Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O1; r1) và (O3; r3) là B

Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O2; r2) và (O3; r3) là A

Nhận thấy O1, O2, C thẳng hàng (suy từ t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)



1 1

2 2

CO r

CO r

Tương tự ta có:

3 3

2 2

;BO r

AO r BO r 

.BO r 1

 A, B, C thẳng hàng (định lý Mênêlauýt)

Ví dụ 14

Cho ABC vuông tại A, đường cao AH Trên các cạnh AB, AC thứ tự dựng các hình vuông ABEF, ACGI nằm ngoài tam giác ABC Gọi O là giao điểm của BG và AH Chứng minh rằng C, O, E thẳng hàng

Giải

Gọi D là giao điểm của CO và AB;

K là giao điểm của BO và AC;

M là giao điểm của EB và GC

Đặt AC = b; AB = c Ta có:

+ ABC ∽HAC (g.g)

K

H O

G I

F

C

B

A

1

r r

3 2

1

o

A

B

C

3 2

1

o o

1

AB AC

HAHC  AB HC = AC HA (1)

+ ABC ∽HBA (g.g)



AC AB

HA HB  AC HB = AB HA (2)

Mặt khác theo định lí Cêva với ABC và BK, AH, CD

BD AK CH BD AB CH

DA KC HB   DA CG HB  ( vì

AK AB

KC CG do AB // CG)

=>

BD AB CH

DA AC HB  (vì CG = AC)

Kết hợp với (1) và (2) ta có

DA AB HA   DAAC 

DA BD AC AB hay

BD c

c b c (*)

BO GC ME BD GC AC AB BD GC b c

Kết hợp với (*) ta có: 2

BO GC ME BD b c c b c



 C, O, E thẳng hàng (Định lí Mênêlauyt trong BMG và 3 điểm C, O, E)

1

PHẦN III MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1:

Chứng minh trực tâm của một tam giác luôn nằm trên đường thẳng nối hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ một đỉnh đến đường tròn đường kính là cạnh nối hai đỉnh còn lại của tam giác

đó (Chinese 1996)

Giải

Xét ABC có các đường cao AF, BD, CE

cắt nhau tại H , kẻ AM và AN là hai tiếp tuyến

của đường tròn (O) đường kính BC

(M, N là các tiếp điểm)

 M,A,N,F,O thuộc đường tròn đường kính AO

ANM AFN(*)

ADH ~ AFC, AND ~ ANC

AH.AF = AD.AC = AN2



AH AN

AN AF  ANH ~AFN (c-g-c)

ANH AFN

Kết hợp với (*) ta có: ANM ANH AFN  H MN

+ Nếu  ABC vuông tại B hoặc C thì HM hoặc HN ta có điều phải chứng minh

* Việc chứng minh 3 điểm M, H, N thẳng hàng nói trên cũng đã được đề cập đến trong nội dung

câu 4.b đề thi HSG cấp tỉnh năm 2012 – 2013 của tỉnh Vĩnh Phúc.

Bài 2:

Từ một điểm D nằm ngoài đường tròn (O) đường kính BC, kẻ hai tiếp tuyến DE và DF với (O) (E, F là tiếp điểm) Trên đường thẳng EF lấy điểm A ở phía ngoài (O) kẻ tiếp tuyến AN với (O) ( N là tiếp điểm)

Chứng minh D, N, H thẳng hàng (H là trực tâm ABC)

Giải

Kẻ tiếp tuyến AM ( M  (O))

Gọi giao điểm của AO và MN là I

 AN2 = AE.AF

Mà AN2 = AI.AO ( Hệ thức trong tam giác vuông)

 AE.AF = AI.AO 

AE AI

AO AF

 AIE ~ AFO ( cgc)

 Tứ giác EIOF nội tiếp

 D,E,I,O,F thuộc đường tròn đường kính OD

AIE MIO 900  D,M,N,I, thẳng hàng

Mặt khác M,H,N thẳng hàng (Kết quả bài tập 1)  D,N,H thẳng hàng

O

N M

H

F

E

D

C B

A

O

N M

I

F

E D

C B

A

1

Bài 3: (đường thẳng Sim sơn)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi M là một điểm tuỳ ý thuộc đường tròn (O) Gọi A1, B1 C1 thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB.Chứng minh A1, B1, C1 thẳng hàng

Giải

Không mất tính tổng quát giả sử M BC

Ta có BC M1 BA M1 900 (Suy từ giả thiết)

MA1C1B nội tiếp BA C1 1BMC1

(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC 1

MA C MB C  (suy từ giả thiết)

MA1CB1 nội tiếp  CA B 1 1CMB 1

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung B1C)

Mặt khác A BMC B MC 1 1 1800

BMC B MC 1 1 C MB B MC1 1

Kết hợp với chứng minh trên

C A B B A B1 1 1 1 => C A B BA B1 1  1 1B A C BA C1 1  1 1BAC 1 1800

 A1, B1, C1 thẳng hàng

* Đường thẳng chứa ba điểm A 1 , B 1 , C 1 gọi là đường thẳng Simsơn của tam giác ABC ứng với điểm M.

* Nếu M trùng với đỉnh của tam giác ABC thì đường thẳng Simsơn chính là đường cao tương ứng.

Bài 4

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với H là trực tâm , M là điểm tuỳ ý thuộc (O)

Chứng minh đường thẳng Sim sơn ứng với điểm M luôn đi qua trung điểm của MH

Giải

O A

B

C

A

B

C

M 1

1 1

D

2 B

C 2

H

O A

B

C

A

B

C

M 1

1 1

1