Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 6 - Chuyên đề Một số bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy

 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 ...ao điểm của và . 
Nếu đồng quy tại . Gọi là giao điểm của và , ta dễ thấy do đó và nên theo hệ thức Maclaurin ta có từ đó các điểm cùng thuộc một đường tròn. 
Nếu các điểm cùng thuộc một đường tròn. Gọi là giao điểm của và . Gọi giao , tại . Khi đó dễ thấy suy ra đồng quy. Theo phần thuận thì cùng thuộc một đường tròn suy ra tuy nhiên giao tại từ đó suy ra hay hay đồng quy. 
(HSG Vĩnh Phúc, 2012) Cho tứ giác nội tiếp. là trung điểm của . Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt đường thẳng tại ; đư...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 
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. 
Dễ thấy 
Suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. 
Mà 
Nên 
Suy ra MPDB nội tiếp. 
Do đó ta có 
Mà A, A’ và D cố định suy ra P cố định. 
Gọi H là hình chiếu của K trên AA’.
Ta có 
Mà A, P, A’ cố định suy ...
Từ (1), (2), (3) ta suy ra:
Mà lần lượt là trung điểm của nên theo hệ thức Maclaurin ta có: 
	Vậy đồng quy.
Bài toán 5. Cho tứ giác nội tiếp đường tròn . theo thứ tự cắt các đường tại . Chứng minh rằng là trực tâm của tam giác .
Chưng minh:
	Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn 
	Gọi là giao điểm của với 	
 đồng quy (1)
Mặt khác ta có đồng quy (2)
Từ (1) và (2) suy ra mà nên 
Chứng minh tương tự ta cũng có 
Do đó là trực tâm của tam giác .
Bài toán 6.Cho tam giác nhọn ABC. Dựng ra phía ...Do đó: 
nên theo định lý Xêva dạng sin ta có AE,BY,CN đồng quy.
* CM: AE,BJ,CI đồng quy.
Áp dụng định lý sin trong các tam giác thích hợp ta tính được:
;
;
Do đó: 
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.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác...qua điểm I cố định.
II. Phương pháp áp dụng đường thẳng Simson
Bài toán 1. Cho tứ giác nội tiếp đường tròn. Gọi lần lượt là hình chiếu của lên đường thẳng . Chứng minh rằng khi và chỉ khi các phân giác của góc và đồng quy với.
Lời giải.
Ta có thẳng hàng (đường thẳng Simsơn).
Mặt khác, ta có suy ra nằm trên một đường tròn. Do đó .
Tương tự, nằm trên đường tròn, do đó . 
Suy ra .
Làm tương tự, ta được và . 
Do đó (1), (2)
Từ (1) và (2) suy ra .
Do đó nếu và chỉ nếu .
Các phân giác của ...h 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: (1)
Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên: (2)
Từ (1) và (2) suy ra (3)
Qua điểm Q kẻ đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng AM tại R.
Theo định lí Thales ta có (4)
Từ (3) và (4) suy ra . 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.
a) Chứng minh rằng đường thẳng ...ng Steiner đi qua trực tâm H nên đường thẳng Sp đi qua trung điểm I của PH.
	Phép vị tự tâm H tỉ số biến 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 đường tròn. Mặt khác đường tròn Euler của tam giác ABC là đường tròn ngoại tiếp tam giác 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 . Theo kết quả bài toán 3 ta có: (Sqlà đường thẳ...b, 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 vuông góc với tiếp tuyến tại D của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF ( vì ). Mà D là điểm giữa của cung 
	Mặt khác dễ thấy O là trực tâm của tam giác DEF nên theo bài toán 4 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’. ...m I của mỗi đoạn. CHc, DHd cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đoạn. Suy ra dc, dd đi qua I. Vậy da, db, dc, dd đồng 
qui.
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), kẻ các tiếp tuyến MA và MB với (O),( A và B là 2 tiếp điểm ). Gọi K và I là hình chiếu vuông góc lần lượt của H xuống MA và MB. Chứng minh rằng đường thẳng KI luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn 
Gọi giao điểm của AB với OH và