Chuyên đề Một số bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy - Bồi dưỡng HSG Toán hình THCS

 CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN
 CHỨNG MINH THẲNG HÀNG ĐỒNG QUY
Đơn vị: Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái
 Người thực hiện: Nguyễn Trung Nghĩa
 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.
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 ' 1 suy ra 
PE, AT ',BS ' đồng quy. Theo phần thuận thì M ,S ',T ', N cùng thuộc một đường tròn 
 1 Hướng dẫn 
 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. 
 A
 2
Dễ thấy AM.AB AA AN.AC
Suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. 
 ·AMN ·ACB
Mà ·ADB ·ACB N
 I
Nên ·AMN ·ADB P
 M
Suy ra MPDB nội tiếp. 
 2 B A' C
Do đó ta có AP.AD AM.AB AA 
Mà A, A’ và D cố định suy ra P cố định. D
Gọi H là hình chiếu của K trên AA’. H K
 1
Ta có AP.AH AI.AK IN 2 AA 2
 4
 Mà A, P, A’ cố định suy ra H cố định.
 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.
 S
 A
 Q M
 B
 D
 P
 N
 C
 Chứng minh:
 3 Gọi K, L là giao điểm của EF với AB, CD MKAB MLDC 1
 KL, AD, BC đồng quy P KL (1)
 Mặt khác ta có MKAB MLCD 1 KL, AC, BD đồng quy N KL (2)
 Từ (1) và (2) suy ra KL  EF  NP mà OM  EF nên OM  NP
 Chứng minh tương tự ta cũng có ON  MP
 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 và ACXY. Gọi K là 
giao điểm của CN và BY, H là giao điểm của CI và BJ. Chứng minh rằng A, K, H 
thẳng hàng.
 Giải:
 Dựng BCE vuông cân ở E ở phía ngoài ABC . Ta sẽ chứng minh 
AE,BY,CN đồng quy và AE,BJ,CI đồng quy, từ đó suy ra K,H cùng nằm trên AE nên 
A,K,H thẳng hàng. 
 * CM: AE,BY,CN đồng quy. Áp dụng định lý hàm số sin trong ANC và 
 BNC ta tính được: 
 Y
 J N
 A
 A X
 4 3 12
 I
 K 1
 4 M 2
 3 1 2
 4 3 C B C
 B
 E
 E
 sin A 900 sin A 900
 sinC1 AN 1 
 . 0 . 0
 sinC2 BN sin B 45 2 sin B 45 
 5 Do AO là tia phân giác góc BAx nên hai điểm P và N đối xứng nhau qua AO.
 P
 M
 I
 O
 A
 N
 C
Mặt khác do (O) tiếp xúc với cạnh AB, BC ở P và M nên O· PB O· MB 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 B· IO B· PO 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 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 song song với BN. Các 
đường thẳng DA và BN cắt nhau tại Q. Các đường thẳng DB và AM cắt nhau tại P. 
Chứng minh rằng khi D di động trên đường tròn (O) thì trung điểm của đoạn PQ luôn 
nằm trên một đường thẳng cố định.
 A
 N
 Q
 H
 M I
 B C
 P
 D
 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.
 AN BM
 Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên: (1)
 NH MH
 AN BM
 Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên: (2)
 NQ MP
 NQ MP
 Từ (1) và (2) suy ra (3)
 NH MH
Qua điểm Q kẻ đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng AM tại R.
 NQ MR
 Theo định lí Thales ta có (4)
 NH MH
 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 
 9 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 '; Sq  CQ ' (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 Sp  Sq .
 Gọi R là giao điểm của Sp và Sq. J là trung điểm của HQ. Ta có: I, J thuộc 
 1
đường tròn Euler của tam giác ABC và IJ PQ nên IJ là đường kính của đường tròn 
 2
Euler, mà I·RJ 900 nên 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 hai đường cao từ 
P xuống DE, DF. Tương tự cho lb, lc. CMR: la, lb, lc đồng qui.
Lời giải:
 A
 Q
 F T E
 R
 H O
 N
 P'
 B P D C
 M
Lời giải:
 la là đường thẳng Simson của P đối với tam giác DEF.
 Theo bài toán 3 la vuông góc với tiếp tuyến tại D của đường tròn ngoại tiếp 
 » » »
tam giác DEF ( vì ED PF ). Mà D là điểm giữa của cung QR la  QR.
 Mặt khác dễ thấy O là trực tâm của tam giác DEF nên theo bài toán 4 la đi 
qua trung điểm P’ của OP.
 Gọi Q’, R’ lần lượt là trung điểm của OQ, OR suy ra l a 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 l a, lb, 
lc đồng qui tại trực tâm của tam giác P’Q’R’.
 11 Simson của tam giác ABM ứng với điểm H ) Tứ giác BIHN nội tiếp và HN song song
 với OM.
 Vậy L· HN H· OM I·BH L· NH . 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 điểm J,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 
Lời giải.
 A F D
 E
 M P
 B Q C
Các đường thẳng ME,MF cắt CD,CB tại P,Q .
Ta có EFM MCQ Q· MC M· EF CM  EF .
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 
 AN AM
giác ABM sao cho . Chứng minh rằng E, F và N thẳng hàng. 
 BN BM
Lời giải. 
 13