Bài toán thẳng hàng

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 1 BÀI TOÁ THẲG HÀG A. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG. 1. Ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó khi và chỉ khi
0ABC = 180 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: P N OA BC M M∈nửa đường tròn đường kính AB
0AMB 90⇒ = mà
0NMC 90=

NMA CMB⇒ = Tứ giác ANMC có

0NAC NMC 180+ = ⇒ tứ giác ANMC nội tiếp

NMA NCA⇒ = lại có ANC∆ và BCP∆ đồng dạng

NCA CPB⇒ = . Vậy

CMB CPB= ⇒ tứ giác CMPB nội tiếp
0CMP 90⇒ =

0NMC PMC 180⇒ + = ⇒ N, M, P thẳng hàng . Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 2 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: D N M O A 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 )

0CBA CDA 180+ = ( vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tron (O)) Vậy

0ADN CDA 180+ = 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. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 3 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: D N H M K C OA B
0AMB 90= ( 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 .
0CMA 45= ,
0CHM 90= ⇒ 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 1 1 1A ;B ;C 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. 1 1A C cắt AB ở M, 1 1A B cắt AC ở N. Chứng minh M, I, N thẳng hàng. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 4 Giải: N M I A1 B1 C1 O B C A Dễ thấy 1 1 1AA ;BB ;CC đồng quy tại I.
 ( )  ( ) 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A IC sdA C sdC A sdA B sdBC sdA C A CI 2 2 2 = + = + = = ⇒ tam giác 1A IC cân. Lại có

1 1 1 1AA B CA B= (hai góc nội tiếp (O) chắn hai cung bằng nhau   1 1AB B C= Vậy 1 1A B 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. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 5 Giải: E N CD A B M Xét tam giác ABM và tam giác CBE có; Vì



0ABC MBE 90 ABM CBE= = ⇒ = ; AB = CB; MB = EB

ABM CBE AMB CEB⇒∆ = ∆ ⇒ = Mà
0AMB 90= (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 hàng là: . . 1= MA PB $C MB PC $A Chứng minh: *) Giả sử M, 8, P thẳng hàng. Kẻ CG // PM ( G AB∈ ) Xét tam giác BMP có GC // MP PB MB PC MG ⇒ = Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 6 G N A B C M P Xét tam giác AGC có MN // GC NC MG NA MA ⇒ = . Vậy MA PB NC MA MB MG . . . . 1 MB PC NA MB MG MA = = **) Giả sử MA PB NC . . = 1 MB PC NA Xét đường thẳng MN cắt BC tại P’. vậy M, N, P’ thẳng hàng theo phần trên ta có MA P'B NC . . 1 MB P'C NA = . Kết hợp với MA PB NC . . 1 MB PC NA = ta được PB P'B PC P'C = do đó P P '≡ hay M, N, P thẳng hàng. Lưu ý: Định lí vẫn đúng trong trường hợp cả ba điểm M, 8, 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 E F DC B A Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 7 Trong tam giác ABC: *) AD là phân giác DC AC DB AB ⇒ = (1) *) BE là phân giác EA BA EC BC ⇒ = (2) *) CF là phân giác FB CB FA CA ⇒ = (3) Nhân vế với vế của (1); (2); (3) được DC EA FB AC BA CB . . . . 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 ( D thuộc đường thẳng BC) và DC EA FB . . 1 DB EC FA = . Theo định lí Menelaus ta có 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: N M P O B C A Có

CBN CAB= ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 8 chắn cung CB của (O)) ⇒ NBC∆ và NAB∆ đồng dạng NB NC BC NA NB AB ⇒ = = 2 2 NB NC BC BC NC BC . . NA NB AB AB NA AB ⇒ = ⇒ = (1) Tương tự ta chứng minh được 2 2 MB AB MC AC = (2) ; 2 2 PA CA PB CB = (3) Nhân vế với vế của (1); (2); (3) ta được 2 2 2 2 2 2 NC MB PA BC AB CA . . . . 1 NA MC PB BA AC CB = = 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 TẬP LUYỆN TẬP 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: C1 B1 B A O M C Có

1 1 1 BAC BOC 2 = (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1BC của (O) ) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 9 Có

1 BAC BMC 2 = (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn BC của (M) ) Vậy

1BMC BOC= . Chứng minh tương tự ta có

1AMC AOB= Lại có

0MAO MBO 90= = ⇒ tứ giác MAOB nội tiếp

0AMB AOB 180⇒ + =






1 1 1 1B OC B OA AOB BOC AMC AOB CMB⇒ = + + = + +

0AMB AOB 180= + = . 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

0APC AGC 90= = ⇒ tứ giác APGC nội tiếp đường tròn đường kính AC

PAG PCG⇒ = hay

QCB BAH= (2) G R Q P E N H K O A B C M Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 10 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

0AQM ARM 180+ = . Vậy

0AHN AHE 180+ = 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 P F E C A B D tam giác CDE. P∈đường tròn đường kính CD
0DPC 90⇒ = Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 11 Tương tự ta chứng minh được
0DPF 90⇒ = Vậy

0DPC DPF 180+ = 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: c a b T G K F E D I A B C AB = AC bài toán hiển nhiên đúng. Giả sử AC > AB. Gọi K là giao điểm của AI và BC. Xét tam giác ABK, BI là phân giác IK BK IA BA ⇒ = Xét tam giác ABC, AK là phân giác BK CK BA CA ⇒ = Vậy IK BK CK BK CK BC a IA BA CA BA CA BA CA b c + = = = = = + + + (1) 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 + − ⇔ = + − ⇔ = Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 12 a b c a b c DF CD CF 2 2 2 + − − ⇒ = − = − = Lại có BK AB BK CK AB AC a b c ab CK CK AC CK AC CK b b c + + + = ⇔ = ⇔ = ⇒ = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2ab a b c a b cab a ab ac FK CK CF b c 2 2 b c 2 b c 2 b c − + −− ⇒ = − = − = = = + + + + Vậy ( ) ( ) a b cFD b c b c : FK 2 2 b c a −− + = = + (2) 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 TẬP ĐỀ NGHỊ 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 Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 13 BÀI TOÁ ĐỒG QUY A. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BA ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG 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) ( ) ( )( )1 2D O ,E O∈ ∈ . 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: S R D E O2O1 A C B 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
0BEC 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) hay BE EC⊥ . Vậy EC // DB

DBA ECB⇒ = (đồng vị) (1) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 14 Lại có
 1 ADE sdDBA 2 = (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của đường tròn (O1) ).
 1 DBA sd AD 2 = (góc nội tiếp đường tròn (O1) Vậy

 ( ) 01ADE DBA sd DBA sd AD 180 2 + = + = (2) Từ (1) và (2) ta có

0ADE ECA 180+ = ⇒ tứ giác ADEC nội tiếp. Lai có

0REA RCA 90= = ⇒ 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
0ADR 90⇒ = hay RD AD⊥ Mà D∈đường tròn đường kính AB
0ADB 90 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: G A1 C1 B1 C B A Giả sử AA1 và BB1 cắt nhau tại G. Ta đi chứng minh C, G, C1 thẳng hàng. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 15 Xét tam giác CBB1 và tam giác CA1A có: CB = CA1; CB1 = CA;


0 1 1A CA 60 BCA BCB= + = . Vậy



1 1 1 1CBB CA A CB G CAG;CBG CA G∆ = ∆ ⇒ = = . Vậy tứ giác CB1AG và tứ giác CA1BG nội tiếp.


0 0 1 1CGA CB A 180 CGA 120⇒ + = ⇒ = và
0CGB 120= Vậy
0BGA 120= ⇒ tứ giác BGAC1 có

0 1BGA BC A 180+ = nội tiếp

0 1 1AGC ABC 60⇒ = = . Do đó


01 1CGC CGA AGC 180= + = ⇒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: I K H D C B A P N M Q Giả sử MP cắt AC tại I ta chứng minh Q, I, N thẳng hàng. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 16 Xét tam giác HAC, M AH;I AC;P HC∈ ∈ ∈ , trong đó có một điểm nằm ngoài cạnh tam giác. Áp dụng menelaus ta được: IC PH MA . . 1 IA PC MH = mà PH = MH nên 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 KC. Ta có: IC NK QA PC NK QA . . . . 1 IA NC QK MA NC QK = = (do PC = NC; NK = QK; MA = 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: A1 C1 B1 A B C Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 17 1A ∈ đường tròn đường kính AB
0 1BA A 90⇒ = 1A ∈đường tròn đường kính AC
0 1CA A 90⇒ = Vậy


01 1 1BA C BA A CA A 180= + = nên B, A1, C thẳng hàng. Vậy AA1 là đường cao của tam giác ABC. 1B ∈ đường tròn đường kính AB
0 1BB A 90⇒ = nên BB1 là đường cao của tam giác ABC. 1C ∈ đường tròn đường kính AC
0 1CC A 90⇒ = 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 K I E D A O B C M Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 18 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) Có
 1 BDI sdBC 2 = (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O))





1 1 1 1DOE DOM MOE BOM MOC BOC sdBC 2 2 2 2 = + = + = = (tính chất tiếp tuyến và tính chất góc ở tâm) Vậy

DMI IOE= ⇒ tứ giác MIOE nội tiếp

0OIE OME 90= = 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 = M G A B CN P Chứng minh: *) Giả sử A8, BP, CM đồng quy tại G Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 19 Xét ABN : M AB,G AN,C BN∆ ∈ ∈ ∈ , áp dụng định lí Menelaus: MA GN CB . . 1 MB GA CN = (1) Xét ANC: P AC,G AN,B NC∆ ∈ ∈ ∈ , áp dụng định lí Menelaus: GA BN PC . . 1 GN BC PA = (2) 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 = ⇔ = **) Giả sử MA PC 8B . . = 1 MB PA 8C Giả sử BP cắt CM tại G, AG cắt BC tại N’. Xét ba đường thẳng đồng quy AN’, BP, CM thỏa mãn điều kiện của *) MA PC N'B . . 1 MB PA N'C ⇒ = Vậy NB N'B N N' NC N'C = ⇒ ≡ hay AN, BP, CM đồng quy. Lưu ý: Định lí Ceva vẫn đúng trong trường hợp có hai trong ba điểm M, 8, 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 1 1 1A BC,B AC,C AB∈ ∈ ∈ Xét 1 1 1 1 1 1 B A A C C B . . 1 B C A B C A = do AB1 = AC1; CB1 = CA1; BA1 = BC1. Vậy theo định lí Ceva ta có AA1, BB1, CC1 đồng quy. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 20 A1 B1 C1 O A B C 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: H D E B1 C1 A1 A B C Tam giác C1A1E, xét ba điểm thẳng hàng 1 1 1 1 1D C A ,H C E,B A E∈ ∈ ∈ trong đó có B1 nằm ngoài cạnh A1E. Theo định lí Menelaus: 1 1 1 1 1 1 DC B A HE . . 1 DA B E HC = (1) Có

01 1BC H BA H 90= = ⇒ tứ giác BC1HA1 nội tiếp

1 1 1C A H C BH⇒ = Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 21 Có

01 1HA C HB C 90= = ⇒ tứ giác CB1HA1 nội tiếp

1 1 1B A H B CH⇒ = Có

01 1BC C BB C 90= = ⇒ tứ giác BC1B1C nội tiếp

1 1 1 1C BB C CB⇒ = Vậy

1 1 1C A H EA H= ⇒A1H là phân giác trong của tam giác A1C1E. Lại có 1 1HA A C⊥ ⇒A1C là phân giác ngoài của tam giác A1C1E. 1 1 1 1 1 A EHE CE HC A C CC ⇒ = = (2) Từ (1) và (2) được 1 1 1 1 1 1 DC B A CE .