Bài toán thẳng hàng và đồng quy

Chia sẻ: Batman_1 Batman_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

Thêm vào BST

Báo xấu

599
lượt xem 103
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó khi và chỉ khi ABC = 180 0 Ví dụ 1: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Lấy điểm C thuộc AB sao cho CA

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài toán thẳng hàng và đồng quy

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy BÀI TOÁ THẲ G HÀ G A. M T S PHƯƠNG PHÁP CH NG MINH BA ĐI M TH NG HÀNG. 1. Ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó khi và chỉ khi ABC = 180 0 Ví dụ 1: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Lấy điểm C thuộc AB sao cho CA < CB và điểm M thuộc nửa đường tròn đó. Đường thẳng qua M, vuông góc với MC cắt tiếp tuyến qua A của nửa đường tròn tại N. Đường thẳng qua C, vuông góc với NC cắt tiếp tuyến qua B của nửa đường tròn tại P. Chứng minh M, N, P thẳng hàng. Giải: N M P A B C O M ∈ nửa đường tròn đường kính AB ⇒ AMB = 900 mà NMC = 900 ⇒ NMA = CMB Tứ giác ANMC có NAC + NMC = 1800 ⇒ tứ giác ANMC nội tiếp ⇒ NMA = NCA lại có ∆ANC và ∆BCP đồng dạng ⇒ NCA = CPB . Vậy CMB = CPB ⇒ tứ giác CMPB nội tiếp ⇒ CMP = 900 ⇒ NMC + PMC = 1800 ⇒ N, M, P thẳng hàng . Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 1
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến qua A, C cắt nhau ở M. Vẽ hình bình hành ACMN. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) ở D. Chứng minh N, D, C thẳng hàng. Giải: N A D M O B C ADN = AMN ( hai góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cùng chắn AN ). NMA = CAM ( vì NM // AC ) CAM = CBA ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây của đường tròn (O) cùng chắn AC ) CBA + CDA = 1800 ( vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tron (O)) Vậy ADN + CDA = 1800 hay ba điểm N, D, C thẳng hàng. 2. Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi đường thẳng AB và AC cùng song song hoặc cùng vuông góc với một đường thẳng nào đó. Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 2
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Ví dụ 3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là trung điểm của cung AB, K là trung điểm của đoạn BC. AK cắt (O) tại M. Kẻ CH vuông góc với AM. OH cắt BC tại N. MN cắt (O) tại D. Chứng minh rằng B, H, D thẳng hàng. Giải: C D N M K H B A O AMB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) hay BM ⊥ AM mà CM ⊥ AM ⇒ MB // CH lại có KC = KB nên tam giác KMB = tam giác KHC ⇒ BH // CM. (1) lại có OC = OM ⇒ O ∈ trung trực của CM . CMA = 450 , CHM = 900 ⇒ tam giác CHM vuông cân ⇒ CH = MH ⇒ H ∈ trung trực của CM. Vậy OH là trung trực của CM. ⇒ N ∈ trung trực của CM hay NC = NM ⇒ tam giác NCM cân ⇒ NCM = NMC lại có DMC = DBC ( hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn DC Vậy BCM = CBD ⇒ DB // CM (2) Từ (1) và (2) ⇒ D, H, B thẳng hàng. Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A1 ;B1 ;C1 là trung điểm của các cung BC;CA;AB của đường tròn (O) và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. A1C1 cắt AB ở M, A1B1 cắt AC ở N. Chứng minh M, I, N thẳng hàng. Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 3
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Giải: A C1 B1 M N I O B C A1 Dễ thấy AA1 ;BB1 ;CC1 đồng quy tại I. 1 1 1 ( )( ) ⇒ tam A1IC = sdA1C + sdC1A = sdA1B + sdBC1 = sdA1C1 = A1CI 2 2 2 giác A1IC cân. Lại có AA1B1 = CA1B1 (hai góc nội tiếp (O) chắn hai cung bằng nhau AB1 = B1C Vậy A1B1 là trung trực của IC nên tam giác NIC cân ⇒ NIC = NIC mà NCI = ICB ⇒ NIC = ICB ⇒ IN // BC. Chứng minh tương tự ta được IM // BC. Vậy N, I, M thẳng hàng. Ví dụ 5: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Về cùng một phía với nửa đường tròn đó, vẽ hình vuông ABCD. M là điểm tùy ý thuộc nửa đường tròn. Về phía ngoài tam giác MAB vẽ hình vuông BMNE. Chứng minh C, E, N thẳng hàng. Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 4
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Giải: C D N M E A B Xét tam giác ABM và tam giác CBE có; Vì ABC = MBE = 900 ⇒ ABM = CBE ; AB = CB; MB = EB ⇒ ∆ABM = ∆CBE ⇒ AMB = CEB Mà AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) Vậy BE ⊥ CE lại có BE ⊥ NE vậy E, N, C thẳng hàng. 3. Sử dụng định lí Menelaus vào chứng minh 3 điểm thẳng hàng. Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB, AC và phần kéo dài của cạnh CB lần lượt lấy 3 điểm M, , P. Khi đó điều kiện cần và đủ để ba điểm M, , P thẳng MA PB C . . =1 hàng là: MB PC A Chứng minh: *) Giả sử M, , P thẳng hàng. Kẻ CG // PM ( G ∈ AB ) PB MB Xét tam giác BMP có GC // MP ⇒ = PC MG Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 5
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy A M G N B P C NC MG Xét tam giác AGC có MN // GC ⇒ . = NA MA MA PB NC MA MB MG Vậy .. . . =1 = MB PC NA MB MG MA MA PB NC **) Giả sử . . =1 MB PC NA Xét đường thẳng MN cắt BC tại P’. vậy M, N, P’ thẳng hàng theo phần trên ta MA P 'B NC MA PB NC PB P 'B có = 1 . Kết hợp với = 1 ta được do đó . . .. = MB P 'C NA MB PC NA PC P 'C P ≡ P ' hay M, N, P thẳng hàng. Lưu ý: Định lí vẫn đúng trong trường hợp cả ba điểm M, , P cùng nằm trên phần kéo dài của ba cạnh của tam giác ABC. Ví dụ 6: Cho tam giác ABC không cân, AD là phân giác ngoài, BE, CF là các phân giác trong của tam giác. Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng. Giải: x A F E B C D Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 6
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Trong tam giác ABC: DC AC *) AD là phân giác ⇒ (1) = DB AB EA BA *) BE là phân giác ⇒ (2) = EC BC FB CB *) CF là phân giác ⇒ (3) = FA CA DC EA FB AC BA CB Nhân vế với vế của (1); (2); (3) được . . . . =1 = DB EC FA AB BC CA Xét tam giác ABC có E, F nằm trong các cạnh AC, AB, D nằm ngoài cạnh BC DC EA FB ( D thuộc đường thẳng BC) và = 1. Theo định lí Menelaus ta có . . DB EC FA D, E, F thẳng hàng. Ví dụ 7: Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A cắt BC ở M, tiếp tuyến của (O) tại B cắt AC ở N, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB ở P. Chứng minh M, N, P thẳng hàng. Giải: B O A C N M P Có CBN = CAB ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 7
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy chắn cung của (O)) ⇒ ∆NBC và ∆NAB đồng dạng CB NC BC2 NB NC BC NB NC BC BC (1) . . ⇒ = ⇒ = ⇒ = = NA AB2 NA NB AB NA NB AB AB MB AB2 PA CA 2 Tương tự ta chứng minh được (2) ; (3) = = MC AC2 PB CB2 NC MB PA BC 2 AB2 CA 2 Nhân vế với vế của (1); (2); (3) ta được . . . . =1 = NA MC PB BA 2 AC2 CB2 Dễ thấy M, N, P đều nằm ngoài các cạnh của tam giác ABC. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ABC với 3 điểm M, N, P ta có M, N, P thẳng hàng. B. BÀI T P LUY N T P Bài tập 1: Cho đường tròn (O), từ điểm M nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với (O). C là một điểm trên đường tròn (M, MA) và nằm trong đường tròn (O). AC và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại A1 và B1. Chứng minh A1; O; B1 thẳng hàng. Giải: B1 A C M O B C1 1 Có BAC1 = BOC1 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn BC1 của (O) ) 2 Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 8
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy 1 Có BAC = BMC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn BC của (M) ) 2 Vậy BMC = BOC1 . Chứng minh tương tự ta có AMC = AOB1 Lại có MAO = MBO = 900 ⇒ tứ giác MAOB nội tiếp ⇒ AMB + AOB = 1800 ⇒ B1OC1 = B1OA + AOB + BOC1 = AMC + AOB + CMB = AMB + AOB = 1800 . Vậy B1, O, C1 thẳng hàng. Bài tập 2: Cho tam giác ABC có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). H là trực tâm của tam giác, M là một điểm trên cung BC không chứa A. Gọi N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC. Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng. Giải: CH cắt AB ở P, cắt (O) tại Q. Có QAB = QCB (hai góc nội tiếp (O) cùng chắn BQ ) (1) Có APC = AGC = 900 ⇒ tứ giác APGC nội tiếp đường tròn đường kính AC ⇒ PAG = PCG hay QCB = BAH (2) A R Q K P E H N O B G C M Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 9
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Từ (1) và (2) ⇒ QAP = HAP . Xét tam giác AQH có AP vừa là đường cao vừa là phân giác nên tam giác AQH cân hay H và Q đối xứng qua AB. Mà M và N đối xứng qua AB nên MQA và NHA đối xứng qua AB ⇒ AHN = AQM Chứng minh tương tự ta được AHE = ARM . ⇒ AHN + AHE = AQM + ARM , lại có tứ giác AQMR nội tiếp (O) nên AQM + ARM = 1800 . Vậy AHN + AHE = 1800 hay N, H, E thẳng hàng. Bài tập 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, trên AC lấy D bất kì, từ D kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt BC ở E và cắt đường thẳng BA tại F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADF và đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt nhau tại điểm thứ hai P. Chứng minh a) C, P, F thẳng hàng. b) B, D, P thẳng hàng. Giải: a) Tam giác CDE vuông tại E ⇒ CD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp C P E D F A B tam giác CDE. P ∈ đường tròn đường kính CD ⇒ DPC = 900 Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 10
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Tương tự ta chứng minh được ⇒ DPF = 900 Vậy DPC + DPF = 1800 hay C, P, F thẳng hàng. b) Xét tam giác BCF có FE, CA là hai đường cao ⇒ D là trực tâm của tam giác BCF ⇒ BP ⊥ CF . Đã có DP ⊥ CF . Vậy P, D, B thẳng hàng. Bài tập 4: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. BC tiếp xúc với (I) tại D, gọi E là trung điểm của AD, F là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm E, I, F thẳng hàng. Giải: A G b E c I T B KaF D C AB = AC bài toán hiển nhiên đúng. Giả sử AC > AB. Gọi K là giao điểm của AI và BC. IK BK Xét tam giác ABK, BI là phân giác ⇒ = IA BA BK CK Xét tam giác ABC, AK là phân giác ⇒ = BA CA IK BK CK BK + CK BC a Vậy (1) = = = = = IA BA CA BA + CA BA + CA b + c Có CD = CG; AG = AT; BT = BD (tính chất tiếp tuyến) ⇒ CD + CG = ( CB − BD ) + ( CA − AG ) = ( CB + CA ) − ( BT + AT ) = a + b − c a+b−c ⇔ 2CD = a + b − c ⇔ CD = 2 Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 11
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy a +b−c a b−c ⇒ DF = CD − CF = −= 2 2 2 BK AB BK + CK AB + AC a b+c ab Lại có ⇒ CK = = ⇔ = ⇔ = CK AC CK AC CK b b+c a 2ab − a ( b + c ) ab − ac a ( b − c ) ab ⇒ FK = CK − CF = −= = = 2( b + c) 2( b + c) 2( b + c) b+c 2 FD b − c a ( b − c ) b + c Vậy (2) : = = 2 2( b + c) FK a Xét tam giác ADK, E ∈ AD;I ∈ AK;F ∈ DK và F nằm ngoài đoạn DK có IK FD EA a b+c . . . .1 = 1 = IA FK ED b + c a Theo định lí Menelaus ta được E, I, F thẳng hàng. C. BÀI T P Đ NGH Bài tập 5: Cho tam giác ABC với trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp O. Chứng minh G, H, O thẳng hàng ( đường thẳng Ơ-le) Bài tập 6: Giả sử M là một điểm tùy ý trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. H, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng ( đường thẳng Sim-sơn) Bài tập 7: Cho nửa đường tron (O) đường kính AB. M là điểm tùy ý trên nửa đường tròn sao cho MA < MB. Trên nửa mặt phẳng bờ AM không chứa B vẽ hình vuông MACD. MC cắt nửa đường tròn (O) ở E. BE cắt tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn (O) ở F. Chứng minh C, D, F thẳng hàng. (Tương tự ví dụ 5). Bài tập 8: Chứng minh rằng các hành chiếu của chân đường cao AA1 của tam giác ABC lên các cạnh AB, AC và lên hai đường cao BB1, CC1 của tam giác ABC là bốn điểm thẳng hàng Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 12
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy BÀI TOÁ ĐỒ G QUY A. M T S PHƯƠNG PHÁP CH NG MINH BA ĐƯ NG TH NG Đ NG QUY. 1. Đưa bài toán đồng quy về bài toán thẳng hàng. Ví dụ 1 Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ hai đường tròn (O1), (O2), đường kính AB và đường kính BC. Gọi DE là tiếp tuyến chung ngoài của (O1) và (O2) ( D ∈ ( O1 ) , E ∈ ( O 2 ) ) . Chứng minh rằng đường thẳng BD, đường thẳng vuông góc với AC tại C và đường thẳng vuông góc với AE tại E đồng quy. Giải: D S E C A B O1 O2 R Giả sử đường thẳng qua C, vuông góc với AC và đường thẳng qua E, vuông góc với AE cắt nhau tại R. Ta chứng minh DB đi qua R hay R, B, D thẳng hàng. Vẽ tiếp tuyến chung trong BS. Dễ thấy: SB = SE; SB = SD (tính chất tuyết tuyến) ⇒ tam giác DBE vuông tại B hay BE ⊥ BD . Lại có BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) hay BE ⊥ EC . Vậy EC // DB ⇒ DBA = ECB (đồng vị) (1) Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 13
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy 1 Lại có ADE = sdDBA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của đường 2 1 tròn (O1) ). DBA = sd AD (góc nội tiếp đường tròn (O1) 2 1 ( ) sd DBA + sd AD = 1800 (2) Vậy ADE + DBA = 2 Từ (1) và (2) ta có ADE + ECA = 1800 ⇒ tứ giác ADEC nội tiếp. Lai có REA = RCA = 900 ⇒ tứ giác AECR nội tiếp đường tròn đường kính AR. Vậy 5 điểm A, D, E, C, R cùng thuộc đường tròn đường kính AR ⇒ ADR = 900 hay RD ⊥ AD Mà D ∈ đường tròn đường kính AB ⇒ ADB = 900 ⇒ BD ⊥ AD Vậy R, B, D thẳng hàng. Ví dụ 2: Về phía ngoài tam giác ABC vẽ ba tam giác đều ABC1, BCA1, CAB1. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Giải: A1 C B1 G B A C1 Giả sử AA1 và BB1 cắt nhau tại G. Ta đi chứng minh C, G, C1 thẳng hàng. Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 14
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Xét tam giác CBB1 và tam giác CA1A có: CB = CA1; CB1 = CA; A1CA = 600 + BCA = BCB1 . Vậy ∆CBB1 = ∆CA1A ⇒ CB1G = CAG;CBG = CA1G . Vậy tứ giác CB1AG và tứ giác CA1BG nội tiếp. ⇒ CGA1 + CB1A = 1800 ⇒ CGA = 1200 và CGB = 1200 Vậy BGA = 1200 ⇒ tứ giác BGAC1 có BGA + BC1 A = 1800 nội tiếp ⇒ AGC1 = ABC1 = 600 . Do đó CGC1 = CGA + AGC1 = 1800 ⇒ CGC1 thẳng hàng. Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng bốn đường thẳng AC, BD, MP, NQ đồng quy. Giải: B M A H I N Q D P C K Giả sử MP cắt AC tại I ta chứng minh Q, I, N thẳng hàng. Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 15
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Xét tam giác HAC, M ∈ AH;I ∈ AC;P ∈ HC , trong đó có một điểm nằm ngoài IC PH MA cạnh tam giác. Áp dụng menelaus ta được: = 1 mà PH = MH nên . . IA PC MH IC MA IC PC . . =1⇔ = IA PC IA MA Với tam giác AKC, xét ba điểm Q ∈ AD;I ∈ AC; N ∈ KC và N nằm ngoài cạnh IC NK QA PC NK QA KC. Ta có: . . . . = 1 (do PC = NC; NK = QK; MA = = IA NC QK MA NC QK QA). Theo định lí Menelaus ta được Q; I; N thẳng hàng hay MP, AC; QN đồng quy. Tương tự ta chứng minh được BD, MP, QN đồng quy. Vậy bốn đường thẳng AC, BD, MP, NQ đồng quy. 2. Ba đường thẳng đang xét là ba đường đặc biệt trong tam giác (phân giác, đường cao,...) Ví dụ 4: Cho tam giác ABC. Gọi (O1), (O2) là hai đường tròn đường kính AB và đường kính AC. (O1) cắt đường thẳng AC ở B1. (O2) cắt đường thẳng AB ở C1. (O1) và (O2) cắt nhau tại A1. Chứng minh ba điểm B, A1, C thảng hàng và ba đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Giải: C1 B1 A B C A1 Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 16
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy A1 ∈ đường tròn đường kính AB ⇒ BA1A = 900 A1 ∈ đường tròn đường kính AC ⇒ CA1A = 900 Vậy BA1C = BA1A + CA1A = 1800 nên B, A1, C thẳng hàng. Vậy AA1 là đường cao của tam giác ABC. B1 ∈ đường tròn đường kính AB ⇒ BB1A = 900 nên BB1 là đường cao của tam giác ABC. C1 ∈ đường tròn đường kính AC ⇒ CC1A = 900 nên CC1 là đường cao của tam giác ABC. AA1, BB1, CC1 là ba đường cao trong tam giác ABC nên đồng quy. Ví dụ 5: Cho đường tròn (O) và dây BC không phải là đường kính. Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt nhau ở A. M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ BC . Tiếp tuyến qua M cắt AB, AC ở D, E. OD, OE cắt BC lần lượt ở I, K. Chứng minh MO, DK, EI đồng quy. Giải A E M D B C I K O Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 17
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Ta có OM ⊥ DE (t/c tiếp tuyến) hay OM là đường cao của tam giác ODE. Ta có DB = DM (tính chất tiếp tuyến) ⇒ D thuộc trung trực của BM. OB = OM (bán kính) ⇒ O thuộc trung trực của BM. Vậy DO là trung trực của BM hay B, M đối xứng qua DO I ∈ BM ⇒ IMD = IBD (tính chất đối xứng) 1 Có BDI = sdBC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O)) 2 1 1 1 1 DOE = DOM + MOE = BOM + MOC = BOC = sdBC (tính chất tiếp 2 2 2 2 tuyến và tính chất góc ở tâm) Vậy DMI = IOE ⇒ tứ giác MIOE nội tiếp OIE = OME = 900 hay EI là đường cao của tam giác ODE. Chứng minh tương tự ta được DK là đường cao của tam giác ODE. Vậy trong tam giác ODE, ba đường cao OM, DK, EI đồng quy. 3. Sử dụng định lí Ceva vào chứng minh ba đường thẳng đồng quy. Định lí Ceva: Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB, BC, CA lấy các điểm M, N, P. Khi đó điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng AN, BP, CM đồng quy là MA NB PC . . =1 MB NC PA A P M G B C N Chứng minh: *) Giả sử A , BP, CM đồng quy tại G Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 18
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Xét ∆ABN : M ∈ AB,G ∈ AN,C ∈ BN , áp dụng định lí Menelaus: MA GN CB = 1 (1) . . MB GA CN Xét ∆ANC : P ∈ AC,G ∈ AN,B ∈ NC , áp dụng định lí Menelaus: GA BN PC = 1 (2) . . GN BC PA Nhân vế với vế của (1) và (2) được: MA GN CB GA BN PC MA PC NB . . . . . =1⇔ . . =1 MB GA CN GN BC PA MB PA NC MA PC B **) Giả sử . . =1 MB PA C Giả sử BP cắt CM tại G, AG cắt BC tại N’. Xét ba đường thẳng đồng quy MA PC N 'B AN’, BP, CM thỏa mãn điều kiện của *) ⇒ . . =1 MB PA N 'C NB N 'B Vậy ⇒ N ≡ N ' hay AN, BP, CM đồng quy. = NC N 'C Lưu ý: Định lí Ceva vẫn đúng trong trường hợp có hai trong ba điểm M, , P nằm ngoài cạnh của tam giác (vẫn thuộc đường thẳng chứa cạnh ). Ba đường thẳng song song được coi như đồng quy tại vô cùng xa. Ví dụ 6: Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A1, B1, C1. Chứng minh AA1, BB1, CC1 đồng quy. Giải: Tam giác ABC có A1 ∈ BC, B1 ∈ AC,C1 ∈ AB B1A A1C C1B Xét = 1 do AB1 = AC1; CB1 = CA1; BA1 = BC1. . . B1C A1B C1A Vậy theo định lí Ceva ta có AA1, BB1, CC1 đồng quy. Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 19
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy A C1 B1 O C B A1 Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, trực tâm H. Gọi giao điểm của AH, BH, CH với BC, CA, AB lần lượt là A1, B1, C1. A1C1 cắt BB1 ở D, A1B1 cắt CC1 ở E. Chứng minh ba đường thẳng C1B1, DE, BC đồng quy. Giải: A B1 C1 H E D C B A1 Tam giác C1A1E, xét ba điểm thẳng hàng D ∈ C1A1 ,H ∈ C1E,B1 ∈ A1E trong DC1 B1A1 HE đó có B1 nằm ngoài cạnh A1E. Theo định lí Menelaus: . . =1 DA1 B1E HC1 (1) Có BC1H = BA1H = 900 ⇒ tứ giác BC1HA1 nội tiếp ⇒ C1A1H = C1BH Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 20