Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học Lớp 9 - Chuyên đề: Thẳng hàng, đồng quy, điểm cố định, đường cố định

 CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, 
 ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH
I.THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY:Những điểm thẳng hàng đặc biệt :
1. Bổ đề hình thang
Cho hình thnag ABCD có hai đáy là AB, CD khi đó trung điểm các cạnh đáy, giao điểm 2 đường 
chéo và giao điểm của 2 cạnh bên nằm trên một đường thẳng.
Chứng minh:
Giả sử các đường thẳng AD, BC cắt nhau tại M, 
AC, BD cắt nhau tại P, đường thẳng MP cắt AB, CD
lần lượt tại N, Q .Ta chứng minh: N,Q lần lượt là trung điểm
của AB, CD.
Thật vậy: Do AB / /CD, theo định lý Thales ta có:
 AN NB AN BN
 1 , 2 . Lấy (1) nhân với (2) ta có:
 QD QC QC QD
 AN 2 NB2
 AN NB thay vào (1) ta có QD QC . Hay N, Q lần lượt là trung điểm của 
 QC.QD QC.QD
AB, CD.
Ví dụ 1.
Cho tam giác nhọn ABC đường cao AH, phân giác trong góc B· AC cắt BC tại O, qua O dựng các 
đường thẳng OM vuông góc với AB, ON vuông góc với AC.
 a. Chứng minh: 5 điểm A, M, H, O, N cùng nằm trên một đường tròn.
 b. Chứng minh: AH là phân giác của M· HN .
 c. Đường thẳng qua O vuông góc với BC cắt MN tại K. Chứng minh: KN.AC KM.AB .
 d. Gọi I là trung điểm BC. Chứng minh: A, K, I thẳng hàng .
 Giải:
Do AO  MN nên ta có: O· NK N· AO (cùng phụ với N· OA ), ta cũng có:
 N· OK 90 N· OC O· CA .
Từ đó suy ra OKN ∽ COA
 KN ON
(g.g) dẫn đến , tương
 OA CA
 KM OM
tự ta cũng có: Do OM ON
 OA BA
 KM AC
suy ra hay KM.AB KN.AC .
 KN AB
 1 Dựng đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại E, F, ta dễ chứng minh được: 
KEMO, KNFO nội tiếp, kết hợp với O· MK O· NK ta có biến đổi góc: 
 O· EK O· MK O· NK O· FK suy ra tam giác OEF cân tại O, dẫn tới KE KF ,theo bổ đề hình 
thang ta có A, K, I thẳng hàng.
2. Đường thẳng Ơle:
Trong một tam giác: Trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp O nằm trên một đường 
thẳng gọi là đường thẳng Ơle của tam giác. Đồng thời ta có: HO 3GO .
Chứng minh :
Dựng đường kính AN của (O) .Vì AN là đường 
kính của (O) nên NC  AC, do BH  AC BH / /NC .
Chứng minh tương tự ta cũng có CH / /NB nên tứ giác
BHCN là hình bình hành, suy ra 2 đường chéo NH, BC
cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường nên N, H, M
thẳng hàng.
 1
Ta có MO là đường trung bình của tam giác AHN nên MO / / AH . Gọi G là giao điểm của AM 
 2
 AG MO 1
và HO, do MO / / AH (cùng vuông góc với BC). Theo định lý Thales ta có: G 
 GM AH 2
 GO OM 1
là trọng tâm của tam giác ABC và H, G, O thẳng hàng. Do HO 3GO . (Đường 
 GH AH 2
thẳng qua H, G, O gọi là đường thẳng Ơle của tam giác ABC).
3. Đường thẳng Simson , đường thẳng Steiner.
Đường thẳng Simson: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M là một điểm bất kỳ trên đường 
tròn. Kẻ MH, MI , MK lần lượt vuông góc với AB, BC, AC. Chứng minh rằng ba điểm H, I, K thẳng 
hàng.
Chứng minh : 
Tứ giác MIBH có B· HM B· IM 90 90 180
nên là tứ giác nội tiếp M· IH M· BH (cùng chắn
cung HM), mà tứ giác ABMC nội tiếp nên
 M· BH K· CM , do đó M· IH K· CM .
Mặt khác tứ giác KCMI nội tiếp
(vì M· IC M· KC 90 ) nên K· CM M· IK 180 M· IH M· IK 180 H· IK 180 . Vậy H, I, 
K thẳng hàng.
Đường thẳng đi qua H, I , K được gọi là đường thẳng Simson của điểm M.
 2 Chú ý: Ta có bài toán đảo về bài toán Simson như sau: Cho tam giác ABC và một điểm M nằm 
ngoài tam giác. Chứng minh rằng nếu hình chiếu của M lên ba cạnh của tam giác ABC là ba điểm 
thẳng hàng thì M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ví dụ 1.
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) , tiếp tuyến tại A của (O) cắt CB tại K, kẻ tiếp tuyến KD với 
(O). Gọi G,E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, BC, CA.
 a. Chứng minh: KA2 KB.KC .
 AB DB
 b. Chứng minh: 
 AC DC
 c. Chứng minh: BC 2Rsin B· AC .
 d. Chứng minh: G là trung điểm của EF.
 Giải:
 a. Học sinh tự chứng minh 
 b. Từ chứng minh câu a ta suy ra:
 KA AB
 KBA∽ KAC suy ra ,
 KC AC
 KB BD AB BD
tương tự mà KA KB suy ra .
 KC BC AC BC
 c. Kẻ đường kính BK của (O) ta có: B· CK 90, lại có B· AC B· KC, suy ra
 BC
 sin B· AC sin B· KC BC BK.sin B· AC,hay BC=2RsinA .
 BK
 d. Áp dụng câu c ta có: Tứ giác BGDE nội tiếp đường tròn đường kính BD nên 
 GE BD.sin G· DE BD.sin ·ABC, tương tự ta cũng có: GF CD.sin F· CG CD.sin ·ACB
 GE BD.sin ·ABC AB.sin ·ABC
Từ đó suy ra , dựng đường cao AH của tam giác ABC thì ta có: 
 GF CD.sin ·ACB AC.sin ·ACB
 GE BD.sin ·ABC AB.sin ·ABC AH
 1 suy ra GE GF . Mặt khác từ các tứ giác BGDE, 
 GF CD.sin ·ACB AC.sin ·ACB AH
CFGD, ABCD nội tiếp ta có biến đổi góc: E· GD E· BD ·ACD 180 D· GF 
 · EGD D· GF 180 hay E, G, F thẳng hàng. Nói cách khác G là trung điểm của EF.
(Đường thẳng qua E, G, F chính là đường thẳng Simson của D với tam giác ABC)
Đường thẳng Steiner
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn. Gọi N, P, Q theo 
thứ tự là các điểm đối xứng với M qua AB, BC, CA. Chứng minh rằng N, P, Q thẳng hàng.
Chứng minh: 
 3 Gọi H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M lên AB, BC, AC; thế thì H, I, K thẳng hàng (đường thẳng 
Simson ). Dễ thấy IH là đường trung bình của tam giác MNP nên IH / /NP .
Tương tự IK / /PQ . 
Theo tiên đề Ơ-clit và do H, I, K thẳng hàng 
nên suy ra N, P, Q thẳng hàng. Đường thẳng đi qua N, P, Q được gọi 
là đường thẳng Steiner của điểm M. 
Chú ý :
a) Ta có thể chứng minh ba điểm N, P, Q thẳng hàng bằng cách dùng phép vị tự: Các điểm N, P, Q 
lần lượt là ảnh của H, I, K trong phép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H, I, K thẳng hàng nên N, P,Q cũng 
thẳng hàng. Như vậy đường thẳng Steiner là ảnh của đường thẳng Simson trong phép vị tự tâm M tỉ 
số 2.
Ngoài ra liên quan đến đường thẳng Simson, Steiner ta cũng có kết quả sau:
“ Đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC”.
Thật vậy, gọi D là trực tâm của tam giác ABC; BD, CD cắt (O) lần lượt ở E, F. Dễ dàng chứng minh 
được E đối xứng với D qua AC, F đối xứng với D qua AB. Ta có FDMN là hình thang cân và các tứ 
giác IBHM , MBFC nội 
tiếp nên ta có: D· FM D· NM M· BC I·HM
do đó ND / /IH . Tương tự ta cũng có:
 DQ / /IK mà H, I, K thẳng hàng nên N, P, Q
thẳng hàng. Nói cách khác: Đường thẳng Steiner
của điểm M đi qua trực tâm của tam giác ABC.
Cách khác:
Gọi AS, BJ, CR là các đường cao của tam giác ABC, D là trực tâm. Ta có ·ANB ·AMB (tính chất 
đối xứng ). Lại có ·AMB ·ADJ (cùng bù với S· DJ ).
Suy ra ·ANB ·ADJ nên ADBN là tứ giác nội tiếp, do đó N· AB N· DB . Mà 
 N· AB M· AB N· DB M· AB .
Chứng minh tương tự C· DQ C· AM . Ta có N· DB C· DQ M· AB C· AM B· AC
 N· DQ N· DB B· DC C· DQ B· AC B· DC 180 . Vậy N, D, Q thẳng hàng hay đường thẳng 
Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC.
Ví dụ 1.
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có trực tâm là điểm H. Một điểm D nằm trên cung nhỏ BC, gọi 
E là điểm đối xứng với D qua BC, đường tròn ngoại tiếp tam giác ODE cắt AD tại G. Gọi J là giao 
điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO với AH.
 4 Chứng minh: J, O, E thẳng hàng.
 a. Chứng minh: G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE.
 b. Chứng minh: Trực tâm tam giác AGO nằm trên đường thẳng HE.
 Giải: 
a, Ta có: G· OE G· DE G· AJ 180 G· OJ
Suy ra G· OE G· OJ 180 hay J, O, E thẳng hàng.
b, Từ các tứ giác AJOG, ODEG nội tiếp
Ta có biến đổi góc:
 G· JO G· AO G· DO G· EO
suy ra tam giác GJE cân tại G.
Gọi F là giao điểm thứ 2 của AH với (O) thì F đối xứng với H qua BC nên tứ giác HEDF là hình 
thang cân. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO tại 
giao điểm thứ 2 là K. Suy ra J·GE ·AOD 2·ABD 2·AFD 2 180 J·HE 2J·KE suy ra G là 
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE.
c, Ta có: G· OE G· DE G· AJ G· KJ G· JK G· OK lại có G· KO G· JO G· EO suy ra 
 GOK GOE hay OG là trung trực của KE hay E là điểm đối xứng với K qua OG. Do GK GJ 
và tứ giác AJGK nội tiếp nên AG là phân giác của H· AK mà G· KA G· JH G· HJ suy ra H, K đối 
xứng nhau qua AG. Suy ra HE là đường thẳng Steiner của K trong tam giác AGO. Theo tính chất 
vừa chứng minh thì HK đi qua trực tâm của tam giác AGO.
4. Đường thẳng Pascal
Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn (Có thể hoán đổi thứ tự ). Gọi P, Q , R lần 
lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB, DE , BC, EF , CD, FA . Khi đó 3 điểm P, Q, R 
cùng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Pascal.
Chứng minh:
Giả sử DE cắt BC tại M cắt AF 
tại N, BC cắt AF tại S.
Áp dụng định lý Menelaus cho SMN và cát tuyến: ABP ta có :
 PM AN BS PM AS BM
 . . 1 hay . 1 .
 PN AS BM PN AN BS
Áp dụng định lý Menelaus cho SMN 
 RN CS DM RN CM DN
và cát tuyến : CDR ta có: . . 1 suy ra . 2 . Áp dụng định lý 
 RS CM DN RS CS DM
 QM FS EN QS FS EN
Menelaus cho SMN và cát tuyến: QEF ta có: . . 1 suy ra . 3 .
 QS FN EM QM FN EM
 5 Mặt khác các tứ giác ABCF, BCDE, AFED nội tiếp nên: 
 SB.SC SA.SF;MC.MB MD.ME, NF.NA ND.NE 4 . Từ 1 , 2 , 3 , 4 ta suy ra 
 PM RN QS
 . . 1 .Theo định lý đảo Menelaus ta suy ra P, Q, R thẳng hàng
 PN RS QM
Đường thẳng PRQ ở trên được gọi là đường thẳng Pascal ứng với bộ điểm 
A,B,C, D,E,F. Bằng cách hoán vị các điểm A,B,C, D,E,F
ta thu được rất nhiều các đường thẳng Pascal khác nhau, cụ thể 
ta có tới 60 đường thẳng Pascal. Chẳng hạn vẽ hình bên minh họa 
trường hợp các điểm ACEBFD.
Ngoài ra khi cho các điểm trùng nhau (khi đó lục giác suy biến thành tam giác,
 tứ giác, ngũ giác), ví dụ E  F thì cạnh EF trở thành tiếp tuyến của đường tại E, ta còn thu thêm 
được rất nhiều các đường thẳng Pascal khác nữa. Hình vẽ dưới đây minh họa trường hợp các điểm 
ABCDEE, ABCCDD.
5. Đường thẳng Gauss
Cho tứ giác ABCD có AB, CD cắt nhau tại M, AD, BC cắt nhau tại N. Khi đó trung điểm các đoạn 
thẳng AC, BD, MN nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Gauss của tứ giác ABCD.
Chứng minh:
Gọi I, E, F lần lượt là trung điểm của BD, AC ,MN 
và K, G, H lần lượt là trung điểm của các 
đoạn thẳng CN, CD, DN. Dễ thấy các điểm F, H, K thẳng hàng. 
E, G, K thẳng hàng. I, G, H thẳng hàng.
Ta có: FK / /MC, IH / /BC, EK / /DN nên
 IG BC FH MD EK AN
 , , nhân 3 đẳng thức ta có:
 IH BN FK MC EG AD
 6 IG FH EK BC MD AN
 . . . . . Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CDN và đường thẳng đi 
 IH FK EG BN MC AD
 BC MD AN IG FH EK
qua B, A, M ta có: . . 1 , suy ra . . 1 . Theo định lý Menelaus đảo ta suy 
 BN MC AD IH FK EG
ra I, E, F thẳng hàng.
6. Đường thẳng Niutơn
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (I). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, AC . Khi đó 3 điểm I, M, 
N thẳng hàng. Đường thẳng đi qua I, M, N gọi là đường thẳng Niutơn của tứ giác ABCD.
Chứng minh: (Ta chỉ xét trường hợp AB không song song với CD)
Gọi các tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA lần lượt 
là X, Y, Z, T thì IX IY IZ IT r .
Giả sử AD, BC cắt nhau tại P, trên PD lấy E sao cho
 PE AD, trên PC lấy F sao cho PF BC thế thì:
 1 1 1
 S S S S S .
 MAD MBC 2 DAB 2 DBC 2 ABCD
 1 1 1
 S S S S S . Từ đó suy ra :
 NAD NBC 2 CAD 2 ABC 2 ABCD
 SMAD SMBC SNAD SNBC . Theo cách xác định
E, F ta có: SMAD SMPE , SMBC SMPF , SNAD SNPE , SNBC SNPF
suy ra: SMPE SMPF SNPE SNPF hay SMEPF SNEPE 1 .
Lại có: SIAD SIPE , SIBC SIPF SIAD SIBC SIPE SIPF SIEPF 
 1 1 1 1 1
nhưng S S S S S S S
 IAD IBC 2 AXYT 2 DZYT 2 IZCY 2 XIYB 2 ABCD
suy ra SMEPF SIEPF 2 . Từ (1), (2) ta suy ra
 SMEPF SNEPF SIEPF hay SMEF SNEF SIEF MN / /EF, MI / /EF suy ra M,N,I thẳng hàng.
7. Trục đẳng phương của hai đường tròn
a. Cho đường tròn (O;R) và một điểm M, đường thẳng thay đổi qua M cắt (O) tại A, B.
Khi đó đại lượng: PM / O MA.MB gọi là phương tích của điểm M với đường tròn (O)
 2 2
+ Nếu M nằm ngoài (O) thì PM / O MA.MB MO R . 
 2 2
+ Nếu M nằm trong (O) thì PM / O MA.MB R MO .
+ Nếu M nằm trên (O) thì PM / O 0 .
Từ đó ta cũng có kết quả: Khi M nằm ngoài (O) và MC là
 2
tiếp tuyến của (O) tại C thì PM / O MA.MB MC .
(Đây là những kết quả quen thuộc đã được chứng minh trong phần cát tuyến, tiếp tuyến).
 7 b. Các điểm có cùng phương tích với 2 đường tròn phân biệt O1; R1 và O2 ; R2 nằm trên một 
đường thẳng gọi là trục đẳng thức của 2 đường tròn đó.
Trong phạm vi THCS ta cần chú ý đến các trường hợp là:
+ Nếu O1 , O2 cắt nhau theo dây AB, lấy điểm M trên đường thẳng AB (M nằm ngoài 2 đường 
tròn) cát tuyến qua M cắt O1 tại C, D , cát tuyến qua M cắt O2 tại E, F thì 
 MC.MD ME.MF MA.MB (Hình 1).
+ Nếu O1 , O2 tiếp xúc nhau tại N thì trục đẳng phương là đường thẳng qua N vuông góc với 
 O1O2 (Hình 2,3)
II. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG , ĐỒNG QUY
1. Một số tiêu chuẩn để chứng minh ba điểm thẳng hàng.
Để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự, thực chất của các phương pháp cơ bản là 
chứng minh hai đường thẳng AB và AC trùng nhau.
Trong phần này chúng ta đưa ra một số tiêu chuẩn để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng.
Tiêu chuẩn 1. Ba điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự nằm trên một đường thẳng khi và chỉ khi 
 ·ABC 180.
Xét một đường thẳng x x qua B 
Để chứng minh A, B, C thẳng hàng ta quy
về chứng minh:
+ ·ABx x·BC 180 hoặc ·ABx x· BC
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 tại M1 . Đường thẳng C 
vuông góc với M1C cắt tiếp tuyến qua M tại M 2 . Chứng minh M , M1 , M 2 thẳng hàng.
 Giải:
 · ·
Ta có: CAM CM1M (Tứ giác ACMM1 nội tiếp ). 
 8 · ·
 CAM MBM 2 (góc giữa hai tiếp tuyến và dây cung).
 · · ·
 CM1M MCM 2 (cùng phụ MCM1 )
 · ·
 MCM 2 MBM 2
 tứ giác BCMM 2 nội tiếp
 ·
 CMM 2 90 .
 · · ·
đó ta có: M1MM 2 M1MC M 2MC 180 (đpcm).
Ví dụ 2.
Cho tam giác ABC nội tiếp trong 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, C, D thẳng 
hàng. 
 Giải:
 ·AMN ·ADN (tứ giác ADMN nội tiếp) .
 ·AMN C· AM so le trong 
 C· AM ·ABC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung).
 ·ADN ·ABC 1 .
Mặt khác, tứ giác ABCD nội tiếp nên
 ·ABC ·ADC 180 2 .
Từ (1) và (2) ta có : ·ADN ·ADC 180
suy ra (đpcm).
Ví dụ 3.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) các tia AB , CD cắt nhau tại E .AD cắt BC tại F. Gọi M 
là giao điểm thứ hai khác C của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCE, CDF. Chứng minh E, 
M, F thẳng hàng.
(Trích đề thi vào lớp 10 -Trường chuyên Lê Quý Đôn -Đà Nẵng năm 2012)
 Giải:
Để chứng minh E, M, F thẳng hàng ta chứng minh:
 C· ME C· MF 180. Vì vậy ta cần quy hai góc này về hai góc đối trong một tứ giác nội tiếp.
Thật vậy ta có: E· MC 180 E· BC do EBCM 
nội tiếp. F· MC 180 C· DF do FMCD 
nội tiếp. Từ đó ta có:
 E· MC F· MC 360 C· DF E· BC .
Để ý rằng: ABCD là tứ giác nội tiếp nên:
 9 C· DF ·ABC, E· BC C· DA mà ·ABC C· DA 180
nên C· ME C· MF 180. Do đó 3 điểm E, M, F thẳng hàng. 
Ví dụ 4.
Cho 3 điểm thẳng hàng theo thứ tự A, M, B về cùng một phía của đường thẳng AB vẽ hai hình 
vuông AMCD và BMEF. Hai đường tròn O1 và O2 ngoại tiếp hai hình vuông đó cắt nhau tại M 
và N. Chứng minh rằng:
 a. B, C, N thẳng hàng.
 b. A, E, N thẳng hàng.
 Giải:
 a. Ta có:
 ·ANC 90 (góc chắn nửa đường tròn) 
 M· NE M· EF 45 (góc nội tiếp).
 M· NB M· EB 45(góc nội tiếp).
 ·ANB 90.
Vậy C· NA ·ANB C· NB 180 (đpcm).
 b. Từ kết quả câu trên, ta có : MBC MEA
 c.g.c M· BC M· EA.
Mặt khác tứ giác BMEN nội tiếp được nên
 M· BN M· EN 180 M· EN M· EA 180 (đpcm).
Ví dụ 5.
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. Gọi P là điểm nằm trên đường tròn 
ngoại tiếp tam giác HBC P B,C, H và nằm trong tam giác ABC. PB cắt đường tròn (O) tại M 
khác B. PC cắt (O) tại N khác C. BM cắt AC tại E, CN cắt AB tại F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác 
AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q khác A. Chứng minh M, N, Q thẳng 
hàng.
(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên – Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội - năm 2013)
 Giải:
Để chứng minh: M, N, Q thẳng hàng ta chứng minh: M· QA N· QA 180 .
Ta có B· PC B· HC 180 B· AC nên tứ giác AEPF nội tiếp, 
suy ra B· FC B· EA suy ra B· FC B· EC 180
Từ các tứ giác AQFN, AQEM nội tiếp
ta có M· QN M· QA N· QA
 10