Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng Chuyên đề MỘT SỐ HƯỚNG TIẾP CẬN BÀI TOÁN CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG PHẦN I KHÁI QUÁT CHUNG Bài toán chứng minh thẳng hàng là một dạng toán khá quen thuộc, nhất là trong các đề thi học sinh giỏi. Nhưng khi gặp dạng toán này, nhiều học sinh tỏ ra rất lúng túng. Để loại bỏ sự lúng túng ấy, ở chuyên đề sau đây, tôi đã thống kê một số hướng cơ bản để giúp học sinh tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng, kèm theo là một số ví dụ minh họa. Sự phân loại các phương pháp trong chuyên đề chỉ mang tính cá nhân. Một số hướng tiếp cận cơ bản khi gặp bài toán chứng minh thẳng hàng: 1. Hướng 1: Sử dụng góc bù 2. Hướng 2: Sử dụng tính chất của hình bình hành 3. Hướng 3: Sử dụng tiên đề về đường thẳng song song 4. Hướng 4: Sử dụng các tính chất của đường tròn 5. Hướng 5: Sử dụng 2 tia trùng nhau hoặc đối nhau 6. Hướng 6: Thêm điểm 7. Hướng 7: Sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt Đối tượng để dạy bồi dưỡng chuyên đề này là các em học sinh khá, giỏi toán lớp 9, chủ yếu là các học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi toán 9. Dự kiến chuyên đề sẽ được bồi dưỡng trong 3 buổi, với thời lượng 9 tiết. - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 1 Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng PHẦN II PHƯƠNG PHÁP CỤ THỂ VÀ VÍ DỤ MINH HỌA I. Hướng thứ nhất: Sử dụng góc bù + Nếu có · · 0 180ABx xBC+ = thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. + Tổng quát: Nếu quay xung quanh điểm A các tia AB 1 , AB 2 , , AB n lần lượt theo thứ tự ấy mà · · · 0 1 2 2 3 1 180 n n B AB B AB B AB − + + + = thì 3 điểm B 1 ; A; B n thẳng hàng. Ví dụ 1 Cho tam giác ABC có các góc B và C nhọn, đường cao AH. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân ABD, ACE ( · BAD = · CAE = 90 0 ). Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng H, A, M thẳng hàng. Giải Dựng hình bình hành AEFD ⇒ M là trung điểm của AF (t/c hình bình hành) và EF = DA = BA Mặt khác EA = CA (gt); · AEF = · CAB (Cùng bù với · DAE ) ⇒EFA = ABC (c-g-c) ⇒ µ µ 1 1 A C= ( Hai góc tương ứng) Mà ¶ µ 2 1 A C+ = 90 0 ⇒ µ ¶ 1 2 A A+ = 90 0 ⇒ µ ¶ µ 0 1 2 3 180A A A+ + = Hay · 0 180FAH = ⇒ M, A, H thẳng hàng. Ví dụ 2 Cho ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O), điểm M bất kỳ trên cung nhỏ BC. E, F thứ tự là các điểm đối xứng của M qua AB, AC, gọi H là trực tâm ABC. Chứng minh rằng E, H, F thẳng hàng. Giải Gọi B’ là giao điểm của BH và AC; - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 2 1 1 2 3 M F E D H C B A Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng A’ là giao điểm của AH và BC Tứ giác HA’CB’ nội tiếp ⇒ ¶ · · · · 1 ' 'H A CB BCA BMA BEA= = = = (t/c đối xứng trục) ⇒ Tứ giác AHBE nội tiếp ⇒ · · · EHB EAB MAB= = Tương tự ta có: · · · · ' ,A HC ABC CHF MAC= = ⇒ · ¶ · · · · · · 1 'EHB H A HC CHF MAB ACB ABC MAC+ + + = + + + = · · · 0 180ACB ABC BAC+ + = ⇒ · 0 180EHF = ⇒ E, H, F thẳng hàng. * Đường thẳng đi qua 3 điểm E, H, F nói trên có tên là đường thẳng Steiner ứng với điểm M. * Việc chứng minh các điểm E, H, F nói trên thẳng hàng cũng được đề cập trong đề thi Olympic Japan 1996: Cho tam giác ABC, M là điểm trên đường tròn (ABC). Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AD. Chứng minh P, K, Q nằm trên một đường thẳng và luôn đi qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đường tròn (ABC). (Olympia Japan 1996). II. Hướng thứ hai: Sử dụng tính chất của hình bình hành Có thể sử dụng tính chất : hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Do đó, nếu chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành và O là trung điểm của AC thì B,O,D thẳng hàng. Ví dụ 3 Cho ABC có trực tâm H nội tiếp (O) đường kính CM, gọi I là trung điểm của AB. Chứng minh rằng H, I, M thẳng hàng. Giải MB ⊥ BC, AH ⊥ BC (suy từ giả thiết) ⇒ MB // AH. - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 3 O M H B' C' A' F E C B A 1 M I H O C B A Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng Mà MA // BH (cùng vuông góc với AC) ⇒ AMBH là hình bình hành. ⇒ AB cắt MH tại trung điểm I của AB và MH (t/c hình bình hành) ⇒ H, I, M thẳng hàng. Ví dụ 4 Cho ABC và điểm M bất kỳ trong tam giác. Gọi A 1 , B 1 , C 1 thứ tự là các điểm đối xứng của M qua các trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi O là giao điểm của BB 1 và CC 1 . Chứng minh các điểm A, O, A 1 thẳng hàng. Giải Gọi D, E, F thứ tự là trung điểm BC, CA, AB ⇒ EF là đường trung bình của ABC và MB 1 C 1 (suy từ giả thiết). ⇒ 1 1 1 1 2 2 EF BC B C= = và EF // BC // B 1 C 1 ⇒ BC // B 1 C 1 và BC = B 1 C 1 ⇒ BCB 1 C 1 là hình bình hành ⇒ O là trung điểm của BB 1 và CC 1 (t/c hình bình hành) + Tương tự ta có: ABA 1 B 1 là hình bình hành. ⇒ AA 1 cắt BB 1 tại O là trung điểm của BB 1 và AA 1 ⇒ A, O, A 1 thẳng hàng. III. Hướng thứ ba: Sử dụng tiên đề về đường thẳng song song Tiên đề Ơclít: Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng chỉ kẻ được duy nhất một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho. - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 4 1 1 O D E M F c b A C B A 1 Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng Do đó, nếu qua điểm A ta kẻ được AB và AC cùng song song với một đường thẳng d nào đó thì A, B, C thẳng hàng. Ví dụ 5 Chứng minh rằng: các trung điểm của hai cạnh bên và hai đường chéo của một hình thang luôn thẳng hàng. Giải Với hình thang ABCD (AB // CD) và M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của AD, BC, BD, AC. Cần chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng. Từ (gt) ⇒ MN, MP, MQ thứ tự là đường trung bình của hình thang ABCD, ABD, ACD. ⇒ MN // AB; MP // AB; MQ // CD hay MQ // AB. ⇒ M, N, P, Q thẳng hàng (theo tiên đề Ơclít) Ví dụ 6 Cho ABC nhọn, các đường cao AH, BD và CE. Gọi M, N, P, Q thứ tự là hình chiếu của H trên AB, BD, CE và AC. Chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng. Giải + Từ (gt) ⇒ MH //CE; NH // AC ⇒ BM BH BN BE BC BD = = (định lý Talét) ⇒ MN // ED (1) (định ký Talét đảo) + Chứng minh tương tự ta có: PQ // ED (2) + Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HAC và HAB ta có: AH 2 = AQ . AC = AM . AB ⇒ AQ AB AM AC = mà AB AD AC AE = (vì DAB ∽ EAC (g.g)) - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 5 Q P N M D C B A Q P N M D E C B A H Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng ⇒ AQ AD AM AE = hay / / AQ AM MQ ED AD AE = => (định lý Talét đảo) Kết hợp với (1), (2) ta có M, N, Q thẳng hàng và M, Q, P thẳng hàng (tiên đề Ơclít). Do đó M, N, P, Q thẳng hàng. IV. Hướng thứ tư: Sử dụng các tính chất của đường tròn Khi B là tâm của đường tròn đường kính AC, hoặc các đường tròn tâm A và đường tròn tâm C tiếp xúc nhau tại B thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Ví dụ 7. Cho (O) đường kính AB. Điểm M chuyển động trên (O), M ≠ A; M ≠ B. Kẻ MH vuông góc với AB. Vẽ đường tròn (O 1 ) đường kính MH cắt đường thẳng MA và MB tại C và D. Chứng minh rằng: a) C, D, O 1 thẳng hàng. b) ABDC nội tiếp. Giải a) Ta có · 0 90AMB = (góc nội tiếp chắn nửa (O)) ⇒ ¶ 0 90CMD = CD⇒ là đường kính của (O 1 ) ⇒ C, D, O 1 thẳng hàng. b) MCHD là hình chữ nhật nội tiếp (O 1 ). ⇒ · · MCD MHD= (2 góc nội tiếp cùng chắn ¼ MD ) Mà · µ · · µ · 0 180MCD B MCD ACD B ACD= ⇒ + = + = ⇒ ABDC nội tiếp. Ví dụ 8 - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 6 O C D M B O H A 1 Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Lấy I thuộc đoạn AB sao cho IA > IB. Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ AB, DI cắt (O) tại điểm thứ hai C. Tiếp tuyến với (O) tại C cắt AB tại K. Lấy điểm E sao cho 1 , 2 KE KI IE EC= = cắt (O) tại F. Chứng minh rằng D, O, F thẳng hàng. Giải Ta có µ 1 1 2 I = (sđ » BC + sđ » AD ) Mà » » AD DB= (gt) ⇒ µ 1 1 2 I = (sđ » BC + sđ » DB ) 1 2 = sđ ¼ DBC ⇒ µ · 1 1 2 I ICK= = sđ ¼ DBC ⇒ KIC cân tại K => KI = KC mà ( ) 1 2 KI KE IE gt= = ⇒ 1 2 KC IK KE IE CIE= = = ⇒V vuông tại C. ⇒ µ 0 90DCF DF= ⇒ là đường kính của (O) ⇒ D; O; F thẳng hàng. V. Hướng thứ năm: Sử dụng 2 tia trùng nhau hoặc đối nhau Nếu 2 tia MA, MB trùng nhau hoặc đối nhau thì 3 điểm M, A, B thẳng hàng. Ví dụ 9 Cho (O) đường kính AB. Trên (O) lấy điểm D bất kỳ (khác A, B). Lấy điểm C bất kỳ trong đoạn AB, kẻ CH ⊥ AD ( ) H AD∈ . Phân giác của · BAD cắt (O) tại E, cắt CH tại F. Đường thẳng DF cắt (O) tại N. Chứng minh N, C, E thẳng hàng. Giải (gt) ⇒ HC // DB (cùng vuông góc với AD) - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 7 1 1 1 2 N F H D E C O A B 2 1 F C O E K B I D A 1 Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng ⇒ µ µ 1 1 C B= (2 góc đồng vị) Mà ¶ ¶ 1 1 B N= (2 góc nội tiếp chắn » AD ) ⇒ ¶ µ 1 1 N C= ⇒ Tứ giác AFCN nội tiếp. ⇒ µ ¶ 1 2 A N= (2 góc nội tiếp chắn » FC ) Hay µ · 1 A FNC= mà ¶ ¶ 1 2 A A= (gt) ⇒ ¶ · 2 A FNC= mà ¶ · · 2 A DNE FNE= = (2 góc nội tiếp chắn » DE ) ⇒ · · FNC FNE= mà NC và NE cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ DN ⇒ 2 tia NC & NE trùng nhau ⇒ N, C, E thẳng hàng. Ví dụ 10 Cho ABC, đường tròn bàng tiếp trong góc A tiếp xúc với tia AB tại N. Kẻ đường kính MN. Trên tia đối của tia AB lấy điểm K sao cho AK = BN. Chứng minh rằng K, C, M thẳng hàng. Giải Gọi I, J thứ tự là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A, góc B của ABC. (I) tiếp xúc với BC và AC thứ tự tại P và H (J) tiếp xúc với BC và BA thứ tự tại Q và K’ Ta có: CA + CB – AB = CA + CP + PB – AB = CA + CH +NB – AB = AH + NB – AB = AN + NB – AB = 2NB (t/c tiếp tuyến) ⇒ CA + CB – AB – 2NB. Tương tự ta có: CA + CB – AB = 2AK’ ⇒ AK = AK’ = BN ⇒ K’ ≡ K. - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 8 K' K M Q J I N P H C B A Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng Mặt khác PIC đồng dạng QJC (g.g) ⇒ IC IP IM JC JQ JK = = mà · · CIM CJK= (2 góc so le trong của MN // JK) ⇒ ICM đồng dạng JCK (c.g.c) ⇒ · · ICM JCK= ⇒ 2 tia CK và CM đối nhau ⇒ K, C, M thẳng hàng. V. Hướng thứ sáu: Thêm điểm Để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng có thể xác định thêm điểm D khác A, B, C sau đó chứng minh hai trong ba bộ 3 điểm A, B, D; A, C, D; B, C, D thẳng hàng. Ví dụ 11 Cho hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm 2 đường chéo. Điểm M trên đoạn OB, lấy E đối xứng với A qua M; H là hình chiếu của điểm E trên BC, vẽ hình chữ nhật EHCF. Chứng minh M, H, F thẳng hàng. Giải Gọi I là giao điểm của HF và CE ⇒ H; I; F thẳng hàng (*) (t/c hình chữ nhật) Cần chứng minh: M, I, F thẳng hàng. 1 ( ) 2 MA ME AE gt= = và 1 2 OA OC AC= = (t/c hình chữ nhật) ⇒ OM là đường trung bình của ACE ⇒ OM // CE ⇒ · · ODC ICF= (2 góc đồng vị) Mà · · · · &ODC OCD ICF IFC= = (vì OCD cân tại O, ICF cân tại I, t/c hình chữ nhật) ⇒ · · / /OCD IFC IF AC= ⇒ mà IM //AC (do IM là đường trung bình ACE) - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 9 E O F I H M D C B A Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng ⇒ M, I, F thẳng hàng (tiên đề Ơclít) Kết hợp với (*) ta có: M, H, F thẳng hàng. Ví dụ 12 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đương tròn (O). Gọi E là giao điểm của AB và CD. Gọi F là giao điểm của AC và BD. Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại M. Chứng minh rằng E, M, F thẳng hàng. Giải Gọi K là giao điểm của đường tròn (B, D, E) và đường tròn (F, D, C), (K không trùng D). Ta chứng minh K, E, M thẳng hàng và K, F, M thẳng hàng. Tứ giác BKDE và DKFC nội tiếp (suy từ gt) ⇒ · · · · · 0 180BKC BKD DKC AED DFC= − = − − (*) Mặt khác: · AED + · 1 2 DFC = (sđ » AD - sđ » BC )+ 1 2 (sđ » AB +sđ » CD ) ⇒ 1 2 (sđ ¼ BADC − sđ » BC ) = · BMC ⇒ · · · AED DFC BMC+ = kết hợp với (*) ta có: · · 0 180BKC BMC+ = ⇒ Tứ giác BKCM nội tiếp ⇒ · · BKM BCM= (2 góc nội tiếp chắn ¼ BM ) Mà · · BCM BDE= (cùng bằng 1 2 sđ » BC ) và · · BDE BKE= (2 góc nội tiếp chắn » BE ) ⇒ · · BKM BKE= ⇒ 2 tia KE và KM trùng nhau ⇒ K, E, M thẳng hàng (1) Tương tự ta có: · · CKF CKM= ⇒ 2 tia KF và KM trùng nhau. - Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP 10 K F M E C B D A [...]... C1 A1 B = B1 A1B => C1 A1 B + BA1 B1 = B1 A1C + BA1 C1 = BA1 C = 1800 A1, B1, C1 thng hng * ng thng cha ba im A1, B1, C1 gi l ng thng Simsn ca tam giỏc ABC ng vi im M * Nu M trựng vi nh ca tam giỏc ABC thỡ ng thng Simsn chớnh l ng cao tng ng Bi 4 15 Trn Vn Qung THCS Lý T Trng BX VP Mt s hng tip cn bi toỏn chng minh thng hng ... (O1) ng kớnh AH ct CA ti E, ng trũn (O2) ng kớnh BH ct CB ti F 1) Chng minh t giỏc AEFB l t giỏc ni tip 2) Gi (O3) l tõm ng trũn ngoi tip t giỏc AEFB, D l im i xng ca C qua O Chng minh ba im H, O3, D thng hng 3) Gi S l giao ca cỏc ng thng EF v AB, K l giao im th hai ca SC vi ng trũn (O) Chng minh KE vuụng gúc vi KF Gii C 1 1) D chng minh t giỏc CEHF l hỡnh ch nht ã ã ã Ta cú CFE = EAB ( cựng bng CHE )... bi toỏn chng minh thng hng Khi ú CBP = CHN = BAL = BAP Suy ra ng trũn ( ABP ) tip xỳc vi BC PHN VI KT LUN CHUNG Qua quỏ trỡnh nghiờn cu chuyờn , trong quỏ trỡnh trc tip ging dy bi dng hc sinh gii lp 9 d thi hc sinh gii cỏc cp, bi dng hc sinh d thi vo cỏc trng chuyờn lp chn, tụi thy: Phn chuyờn : Mt s hng tip cn bi toỏn chng minh ba im thng hng... CA, AB.Chng minh A1, B1, C1 thng hng Gii ằ Khụng mt tớnh tng quỏt gi s M BC A ã ã Ta cú BC1M = BA1 M = 900 (Suy t gi thit) ã ã MA1C1B ni tip BA1 C1 = BMC1 ẳ (Hai gúc ni tip cựng chn cung BC1 ã ã MA1C = MB1C = 900 (suy t gi thit) O ã ã MA1CB1 ni tip CA1B1 = CMB1 (2 gúc ni tip cựng chn cung B1C) ã A ã Mt khỏc à + BMC = B1MC1 = 1800 B B1 A1 C C1 ã ã ã ã BMC = B1MC1 C1MB = B1MC Kt hp vi chng minh trờn... O2 B 2) K trung trc EF ct HD ti O3 O3 chng minh O3 l tõm ng trũn ngoi tip t giỏc AEFB D Chng minh c CD EF Trong tam giỏc CHD cú IO3 l ng trung bỡnh nờn O3O AB m OA=OB nờn O3O l trung trc ca AB nờn O3 l tõm ng trũn ngoi tip t giỏc AEFB, tc l O3trựng vi O3 Hay H,O3 ,D thng hng ã ã ã ã ã 3) BFS = BKS( = CAB) nờn t giỏc BFKS ni tip suy ra FKS = FBA ã ã ã ã m FBA = CEF nờn FKS = CEF nờn t giỏc CEFK ni... ng trũn (O), cỏc ng phõn giỏc trong ct nhau ti I Cỏc ng thng AI, BI, CI ct (O) th t ti M;N;P a) Chng minh tam giỏc NIC cõn ti N b) Chng minh I l trc tõm tam giỏc MNP c) Gi E l giao im ca MN v AC; F l giao im ca PM v AB Chng minh E,I,F thng hng ã d) Gi K l trung im ca BC Gi s BI IK v BI = 2.IK thỡ BAC = ? Gii 1 2 ã ã ẳ a) NIC = NCI = s PAN nờn NIC cõn ti N b) Do NIC cõn ti N nờn NI=NC (1) tng t MIC... hng l AB ' CA ' BC ' = 1 B 'C A ' B C ' A * Chng minh iu kin cn: K AD AB ; BE AB ; CF AB AD // BE //CF AB ' AD CA ' CF BC ' BE = ; = ; = (H qu ca Talột) B ' C CF A ' B BE C ' A AD AB ' CA ' BC ' AD CF BE = =1 B ' C A ' B C ' A CF BE AD C'' C' B E * Chng minh iu kin : A' AB ' CA ' BC ' = 1 v A BC; Gi s B 'C A ' B C ' A B AC; C AB, ta chng minh A, B C thng hng Gi giao im ca AB vi AB l C ... Qung THCS Lý T Trng BX VP Mt s hng tip cn bi toỏn chng minh thng hng - Cho ba im A, B, C thng hng theo th t ú V tia Cx AB Trờn Cx ly hai im D v E sao cho D nm trong on CE v CE CA = = 3 ng trũn CB CD (O1) ngoi tip tam giỏc ACD ct (O2) ngoi tip tam giỏc BEC ti im H (H C) CMR: a) Ba im A, H, E thng hng b) H thuc ng trũn ng kớnh AB c) ng thng... vuụng ti B hoc C thỡ HM hoc HN ta cú iu phi chng minh * Vic chng minh 3 im M, H, N thng hng núi trờn cng ó c cp n trong ni dung cõu 4.b thi HSG cp tnh nm 2012 2013 ca tnh Vnh Phỳc Bi 2: T mt im D nm ngoi ng trũn (O) ng kớnh BC, k hai tip tuyn DE v DF vi (O) (E, F l tip im) Trờn ng thng EF ly im AA phớa ngoi (O) k tip tuyn AN vi (O) ( N l tip im) Chng minh D, N, H thng hng (H l trc tõm ABC) E Gii... VP Mt s hng tip cn bi toỏn chng minh thng hng - PHN IV MT S BI TP NGH Hóy la chn phng phỏp hp lớ chng minh cỏc im thng hng trong cỏc bi tp di õy 1) Cho ABC nhn ni tip (O), trc tõm H Gi I l trung im BC v A l im i xng ca A qua O CMR: H, I, A thng hng 2) Cho ABC ni tip ng trũn (O), ng trũn (O 1) i qua A v C ct BA, BC th t ti cỏc im K, N; ng trũn . Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng Chuyên đề MỘT SỐ HƯỚNG TIẾP CẬN BÀI TOÁN CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG PHẦN I KHÁI QUÁT CHUNG Bài toán chứng minh thẳng hàng là một. Trọng – BX – VP 17 Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng PHẦN IV MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Hãy lựa chọn phương pháp hợp lí để chứng minh các điểm thẳng hàng trong các bài tập dưới đây. Trọng – BX – VP 19 Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng PHẦN V MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ TUYỂN SINH THPT CHUYÊN Bài 1 (ĐTS THPT