1 SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG Phần 1 Đặt vấn đề Các bài toán Hình học phẳng là một phần quan trọng trong các chuyên đề toán học và đồng thời nó cũng[.]
SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG Phần Đặt vấn đề Các tốn Hình học phẳng phần quan trọng chuyên đề toán học đồng thời mảng khó chương trình tốn THPT chun Chính kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế khu vực, tốn Hình học phẳng hay đề cập thường xem tốn khó kì thi Trong dạng tốn liên quan đến Hình học phẳng tốn đồng quy, thẳng hàng vừa coi toán quen lạ, vừa dễ vừa khó Bởi tốn đồng quy, thẳng hàng làm quen từ em bắt đầu học Hình học cảm thấy quen thuộc với Hình hoc hữu Nó lại tốn có tần suất xuất nhiều tất kì thi HSG cấp với nhiều hình thái khác nhau, mức độ khác chí khó Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp số khó khăn tiếp cận dạng tốn liên quan đến tốn đồng quy thẳng hàng nói riêng tốn Hình học phẳng nói chung khơng biết phải đâu khó khăn định hướng vẽ hình phụ Cái khó em khơng nắm tường tận phương pháp giải từ dẫn đến khó khăn khâu định hướng Để hiểu vận dụng tốt số dạng tốn vận dụng kiến thức Hình học phẳng vào giải tốn đồng quy thẳng hàng thơng thường học sinh phải có kiến thức tảng Hình học tương đối đầy đủ chắn tất lĩnh vực Trong số nhiều phương pháp để giải toán đồng quy, thẳng hàng tác giả lựa chọn phương pháp “Sử dụng định lý Ceva Menelaus” để giải lớp toán Đây phương pháp cổ điển đặc trưng cho lớp toán skkn Phần ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG Lý thuyết 1.1 Định lí Ceva: Cho tam giác ABC điểm A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy A ' B B 'C C ' A A ' B B 'C C ' A 1 hay A 'C B ' A C ' B A 'C B ' A C ' B Chứng minh: AA’, BB’, CC’ đồng quy khi: A ' B B 'C C ' A (1) A 'C B ' A C ' B ( ) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1) Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC I K Áp dụng định lí Thales có: B ' C BC ; C ' A AK B'A AI C ' B BC Hơn ta có: AI AM AK A ' B AI A' B Vậy ta có MA ' A 'C A 'C AK A ' B B ' C C ' A AI BC AK A ' C B ' A C ' B AK AI BC ( ) Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy Gọi P giao điểm AA’ BB’, D giao điểm CP AB Khi áp dụng phần ta có Từ (1) (2) ta có A ' B B ' C DA (2) A ' C B ' A DB C ' A DA C ' D (Do C’ D thuộc cạnh AB) C ' B DB Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy P skkn Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy gọi ba đường thẳng Ceva đoạn thẳng AA’, BB’và CC’ gọi ba đoạn thẳng Ceva Nhận xét: Trong chứng minh phần thuận đình lý, dùng tỷ sổ diện tích sau : S S S AG BE CF BOC COA AOB GB EC FA S AOB S BOC SCOA - Các đoạn thẳng AE, BF, CG đươc gọi đường Ceva tam giác - Khi điểm E, F, G nằm tùy ý đường thẳng chứa cạnh định lý Ceva mở phát biểu sau: Cho điểm D, E, F tương ứng nằm đường thẳng BC, CA, AB Khi đương thẳng AD, BE, CF đồng quy nếu: BD CE FA 1 DC EA BF 1.2 Định lí Ceva dạng lượng giác (Ceva sin) Cho tam giác ABC D, E, F nằm cạnh BC, AC, AB Chứng minh mệnh đề sau tương đương: a) AD, BE, CF đồng quy điểm b) sin CAD sin ABE sin BCF sin FCA sin DAB sin EBC c) AE CD BF EC DB FA Chứng minh: Chúng ta chứng minh a) dẫn đến b), b) dẫn đến c), c) dẫn đến a) Giả sử a) Gọi P giao điểm AD, BE, CF skkn sin ABE sin ABP AP (1) sin BAP BP sin DAB Theo định lý hàm số sin tam giác APB ta có: Tương tự, ta có: sin BCF BP ; (2); sin CAD CP (3) sin EBC sin FCA CP AP Nhân vế (1), (2), (3) ta b) Giả sử b) Theo định lý hàm số sin tam giác ABD tam giác ACD ta có: CD sin ADB AB sin CAD ; DB sin sin BAD ADC CA Do đó: AB CD sin CAD BDA ADC 1800 (4) CA DB sin BAD Tương tự, ta có: CA BF sin BCF sin ABE BC AE (5); (6) BC FA AB EC sin FCA sin EBC Nhân vế (4), (5), (6) ta c) Giả sử c) đúng, ta gọi P CF BE , D1 AP BC Theo a) b) ta có: CD1 CD AE CD1 BF AE CD BF hay: EC D1 B FA EC DB FA D1 B DB Do đó: D D1 1.3 Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC điểm A’, B’, C’ đường thẳng BC, CA, AB cho: ba điểm A’, B’, C’ nằm phần kéo dài ba cạnh, ba điểm nằm phần kéo dài cạnh hai điểm lại nằm hai cạnh tam giác ABC Điều skkn kiện cần đủ để A’, B’, C’ thẳng hàng A ' B B 'C C ' A hay A 'C B ' A C ' B A ' B B 'C C ' A 1 A 'C B ' A C ' B Chứng minh : A’, B’, C’ thẳng hàng A ' B B ' C C ' A (1) A 'C B ' A C ' B ( ) Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1) Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ M Áp dụng định lí Thales ta có: A ' B A ' C ' , B ' C B ' M A 'C A' M B ' A B 'C ' Mặt khác ta có CM B ' M CM A ' M C ' A A ' M B ' C ' C'A B 'C ' C 'B A 'C ' C 'B A ' C '.B ' M Do ta có A' B B ' C C ' A A' C ' B ' M A' M B 'C ' A'C B ' A C ' B A ' M B ' C, A ' C ' B ' M ( ) Cho điểm A’, B’, C’ thoả mãn (*) (1), ta chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng Giả sử B’, C’ nằm hai cạnh tam giác A’ thuộc phần kéo dài cạnh lại Gọi D giao điểm A’C’ AC Khi đó, theo chứng minh ta có A ' B DC C ' A (2) A ' C DA C ' B Từ (1) (2) ta có DC B ' C D B ' (vì thuộc cạnh AC) DA B'A Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng Trong trường hợp điểm A’,B’,C’ thuộc phần kéo dài cạnh chứng minh tương tự skkn Bài tập minh họa Bài Cho tam giác ABC lấy E, F, M thứ tự cạnh AC, AB, BC cho EF song song BC, MB = MC Chứng minh CF, BE, AM đồng quy Chứng minh : Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi K giao điểm AM EF Theo định lí Thales ta có: AF AK ; CE KM ; BM AF BM CE BF KM AE AK CM BF CM AE Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có CF, BE, AM đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BE N, AM cắt BE I Ta có: AF AN BC MI BM AF BM MI ; 2; BF BC MC AI AN BF CM AI Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABM F, I, C thẳng hàng Từ suy CF, BE, AM đồng quy I Bài Cho tam giác ABC đường cao AH Lấy D, E theo thứ tự AB, AC Chứng minh AH, BE, CD đồng quy cho AH phân giác góc DHE Chứng minh : skkn Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Từ A kể đường thẳng song song BC cắt HD, HE M N Vì HA phân giác góc A , HA đường cao nên AM = AN Ta lại có AD MA ; CE CH AD BH CE MA BH CH BD BH AE AN BD CH AE BH CH AN Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có AH, BE, CD đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt HD, HE, BE M, N, K Gọi AH cắt BE I Ta có: AD MA AN HI BH AD BC HI AN BC BH AE CE ; BD BH BH AI AK BD CH AI BH CH AK CE AE Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABH D, I, C thẳng hàng Từ suy AH, BE, CD đồng quy I Bài Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, AB D, E, F Chứng minh AD, BE, CF đồng quy điểm (điểm Gergonne tam giác ABC) Chứng minh: Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt AF = AE; BF = BD; CE = CD, suy AF BD CE AE.BD.CE BF CD AE BD.CE AE Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có AD, BE, CF đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt CF N, AD cắt CF I Ta có: AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB CE DB AI CD BF AN BF AN CB AN skkn Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACD B, I, E thẳng hàng Từ suy AD, BE, CF đồng quy I Bài (VMO 2011) Trong mặt phẳng cho đường trịn (O) đường kính AB Điểm P di động tiếp tuyến B (O) cho P không trùng với B Đường thẳng PA cắt (O) điểm thứ hai C Gọi D điểm đối xứng với C qua O Đường thẳng PD cắt (O) điểm thứ hai E 1) Chứng minh đường thẳng AE, BC PO qua điểm Gọi điểm M 2) Hãy xác định vị trí điểm P cho tam giác AMB có diện tích lớn Tính giá trị lớn theo bán kính đường trịn (O) ((O) kí hiệu đường tròn tâm O) Giải: Gọi F giao điểm hai đường thẳng AE BP 900 FAB EF EF Ta chứng minh ACE 900 BCE P ECP P 1800 tứ giác CEFP nội tiếp CFP 900 CF // AB, suy CP FP Từ suy CEP CA Khi ta có: FB CP OA FB OA 1 Theo định lý Ceva ta có đpcm CA OB FP OB P C M A O E B D 2) Đặt BP = x kí hiệu R bán kính (O) Xét tam giác vng ABP, ta có skkn PA PB AB x R PC PB PA x2 x 4R ; AC PA PC 4R2 x2 4R2 Vì CF // AB (cmt) nên MC CF PC BC PC PC PA PA.BC PB AB Rx x R 1 BM MB AB PA MB PA PA PC PA PC PA x 2R 2 ABM R Do S AMB AB.BM sin Suy S AMB Rx x R AC R3 x x2 2R2 2R x 2R 2R3 x R2 Dấu “=” xảy x R 2 xR 2 Bài (IMO 2012) Cho tam giác ABC J đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC J tiếp xúc với BC , CA, AB M , L, K LM JB F , KM JC G Gọi AF AG cắt BC S T Chứng minh M trung điểm ST Giải: Gọi JB MK P, JC ML Q MQC 900 tứ giác FPQC nội tiếp suy Ta có BPM MQP MJP MKB FGM BMK Chú ý BK = BM nên BKM GMC nên ta thu FG / / BC hay FG / / ST Do FGM skkn Áp dụng định lý Menelaus cho cát tuyến LMF tam giác ACS ta có LA MC FS 1 LC MS FA Áp dụng định lý Menelaus cho cát tuyến KMG tam giác ABT ta có KA MB GT 1 KB MT GA Từ hai hệ thức ta có MT MS KA MB, LC CM , KA KL AB BC CA Và FG / / ST nên GA FA Thales Từ suy MT = MS GT FS Bài [IMO Shortlist] Cho điểm A1 tâm hình vng nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm cạnh BC Các điểm B1, C1 tâm hình vng nội tiếp tam giác ABC với cạnh nằm AC AB Chứng minh AA1, BB1, CC1 đồng quy Lời giải: 10 skkn Gọi A2 giao điểm AA1 BC B2 C2 xác định tương tự SA1 sin SAA SA1 sin BAA Theo định lý hàm số sin, ta có: hay AA1 sin AA1 sin 450 B A1 SA TA1 sin CAA AA1 sin 45 C Tương tự: hay TA1 AA1 sin 450 C sin CAA sin 45 sin BAA Do đó, ta được: sin 45 sin CAA 2 C AA SA (1) B TA AA 1 1 Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta được: sin 450 B sin BCC (2) sin ACA2 sin 450 A sin ABB2 sin 45 A (3) sin 450 C sin CBB Nhân vế (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta điều cần chứng minh Bài (Thái Bình TST 2014) Cho tam giác ABC có I tâm đường trịn nội tiếp Các tiếp điểm (I) BC, CA, AB A’, B’, C’ Gọi D, E, F điểm đối xứng với A’, B’, C’ qua I Chứng minh AD, BE, CF đồng quy Lời giải: 11 skkn Theo định lí hàm sin tam giác BC’E, BEA’: C 'E BE A' E BE sin C ' BE C ' E sin BC 'E , sin C ' BE sin BC ' E sin A ' BE sin BA 'E sin A ' BE A ' E sin BA 'E Hoàn toàn tương tự : Do : A'F sin B'D sin B'ED sin A'CF A 'DF sin B'AD , B'F sin B C'D sin C' sin B'CF ' EF sin C'AD FD sin B'AD sin C'BE A'F B'D C ' E sin sin BC'E sin A'CF A 'DF sin B'ED sin C'AD sin A'BE B'F C'D A ' E sin B sin B'CF ' EF sin C' FD sin BA 'E Dễ thấy C'E = B'F, C'D = A'F, B'D = A'E theo định lí Ceva Sin tam giác DEF với DA', EB', FC' đồng quy I: Suy sin BC'E sin A 'DF sin B'ED 1 sin B ' EF sin C' FD sin BA 'E sin B'AD sin C'BE sin A'CF Theo định lí Ceva sin ta có AD, BE, CF sin C'AD sin A'BE sin B'CF đồng quy Bài (IMO Shortlist 2010, G4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AI cắt (T) lần hai D Gọi E thuộc cung CAE Gọi G trung điểm IF Chứng BDC, F thuộc đoạn BC cho BAF minh EI DG cắt (T) Nhận xét: Nếu ta gọi L giao điểm EI (ABC), M giao điểm LD AF điều phải chứng minh tương đương với chứng minh D, G, M thẳng hàng Do đó, thử nghĩ đến áp dụng Menelaus cho tam giác AFI 12 skkn Lời giải A L I M G B C F E H D Ia Gọi L giao điểm EI (ABC), {M} = LD AF, {G’} = LD FI Đặt AI = m, AD = n, AB = c, AC = b Khi AIa = 2n – m Ta có AB.AC = AI.AIa bc = m(2n - m) bc – mn = mn – n2 Ta có ∆AND ∆AIE AN.AE = AD.AI = mn ∆ABF ∆AEC AF.AE = AB.AC = bc Từ suy AE(AF - AN) = bc – mn AE.NG = bc – mn Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AIF với cát tuyến DG’N ta có 1 G ' I NF DA G ' I bc mn n G ' I bc mn G ' I 1 G ' F NA DI G'F mn n m G ' F mn m2 G ' F Suy G’ trung điểm FI Hay G G’ Từ suy điều phải chứng minh Bài (APMO 2014) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến (O) B D cắt điểm P tia AC Tiếp tuyến (O) C cắt đường thẳng PD, AD Q R Đường thẳng AQ cắt (O) điểm thứ hai E Chứng minh ba điểm B, E, R thẳng hàng Lời giải 13 skkn B A L C D P E Q R Gọi L giao điểm AC, BE Ta có LA AB AE LC CB.CE Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PCQ với cát tuyến R,D,A ta có RQ AC DP RQ AP DQ 1 RC AP DQ RC AC DP Ta có QCE QAC CE EQ EQ AC AC PBC PAB Xét T CQ CE QC PB BC PB AB 1 PA AB PA CB LA RC EQ AE AB DP AC EQ = = LC RQ EA CE.CB DQ AP EA EQ AC AB PD CE DQ CB PA EQ AC AB PB = (do PD = PB, DQ = QC) CE QC CB PA Bài 10 (Đề xuất Duyên Hải Bắc Bộ) Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc điểm K, ((O’) nằm (O)) Điểm A nằm (O) cho A, O, O’ không thẳng hàng Các tiếp tuyến AD, AE (O’) cắt đường tròn (O) điểm thứ hai B C (D, E tiếp điểm) Đường thẳng AO’ cắt (O) điểm thứ hai F Chứng minh BC, DE, FK đồng quy Giải: 14 skkn A S S' E M O D C O' K B F T Gọi M giao điểm KD với (O); T giao điểm BF KC Ta có O’D//OM OM AB Suy M điểm cung AB Gọi S giao điểm BC ED; S’ giao điểm BC KF Ta chứng minh S trùng với S’ Áp dụng định lý Menelaus ta có S ' B EC DA S ' B DB EA DB S 'C EA DB S 'C EC DA EC (1) Tương tự ta có SB KC FT SB KT BF KT BF 1 SC KT FB SC KC FT FT KC Mặt khác, tam giác BKT đồng dạng với tam giác CFT nên ta có KB KT SB KB FC TF SC KC (2) Do KE KD hai đường phân giác góc AKC góc BKA, nên ta có KB DB KC EC ; KA DA KA EA BD KB CE KC Từ (1), (2), (3) suy SB S ' B Suy S S’ (Điều phải chứng minh) SC S 'C 15 skkn (3) 1.3 Bài tập tương tự Bài Chứng minh tam giác, chân đường phân giác hai góc chân đường phân giác ngồi góc thứ thẳng hàng Bài Cho tứ giác lồi ABCD, đường DA cắt CB K, AB cắt DC L, AC cắt KL G DB cắt KL F Chứng minh KF KG FL GL Bài Cho tam giác ABC, điểm A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB cho AA’, BB’, CC’ đồng quy Gọi A1 , B1 , C1 giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ với cạnh BC, CA, AB Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Bài (Olympiad Hùng Vương 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm M nằm tam giác; MA, MB, MC cắt (O) A1, B1, C1 Tiếp tuyến (O) A1, B1, C1 cắt BC, CA, AB A2, B2,C2 Chứng minh ba điểm A2, B2, C2 thẳng hàng Bài (IMO Shortlist) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn I Đường tròn I tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi X điểm nằm tam giác ABC cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB, XC, BC Z, Y, D Chứng minh tứ giác EFZY nội tiếp Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) D Gọi E, F, G, H trung điểm AB, BD, DC, CA Phân ; FMH cắt EG, FH tương ứng S, T Gọi giác góc EMG X AC BD;Y AB CD a) Chứng minh ST XY b) P MS FH ; R MT EG Chứng minh AD qua trung điểm PR Bài Cho tam giác ABC điểm O nằm bên tam giác.AO, BO, CO theo thứ tự cắt BC, CA, AB A1 , B1 , C1 Điểm O1 nằm tam giác A1 B1C1 Các 16 skkn đường thẳng AO1 , BO1 , CO1 theo thứ tự cắt B1C1 , C1 A1 , A1B1 A2 , B2 , C2 Chứng minh A1 A2 , B1 B2 C1C2 đồng quy Bài Cho tam giác ABC có O điểm nằm tam giác Nối AO, BO, CO giao BC, CA, AB M, N, P Gọi I điểm nằm tam giác MNP Nối MI, NI, PI giao PN, PM, MN D, E, F Chứng minh AD, BE , CF đồng quy Bài Cho tam giác ABC nhọn không cân, nội tiếp đường tròn O P điểm nằm tam giác cho AP BC Đường trịn đường kính AP cắt cạnh AC , AB E , F cắt đường tròn O điểm G khác A Chứng minh GP, BE , CF đồng quy Bài 10 (Moldova TST 2011) Cho ∆ABC (AB < AC) H trực tâm tam giác A1, B1 chân đường cao hạ từ A, B D đối xứng với C qua A1 AC giao DH E DH giao A1B1 F AF giao BH G Chứng minh rằng: CH, EG, AD đồng quy 17 skkn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình: Tài liệu chun tốn hình học 10 NXB Giáo dục, 2010 [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình: Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10 NXB Giáo dục, 2006 [3] Tuyển tập lời giải bình luận đề thi VMO năm nhóm tác giả Trần Nam Dũng [4] Trang analgeomatica.blogspot.com thầy Trần Quang Hùng [5] Đề thi đề đề xuất Duyên Hải, Hùng Vương năm [6] Đề thi chọn đội tuyển tỉnh [7] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [8] Trần Nam Dũng (chủ biên), Chuyên đề toán học số 8, 9, Trường PTNK ĐHQG TP Hồ Chí Minh [9] Nguồn liệu từ Internet: www.artofproblemsolving.com, www.diendantoanhoc.net, www.matscope.org, www.mathlinks.org; www.imo.org.yu 18 skkn ...Phần ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG Lý thuyết 1.1 Định lí Ceva: Cho tam giác ABC điểm A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy... BB’, CC’ đồng quy P skkn Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy gọi ba đường thẳng Ceva đoạn thẳng AA’, BB? ?và CC’ gọi ba đoạn thẳng Ceva Nhận xét: Trong chứng minh phần thuận đình lý, dùng... '' B Chứng minh : A’, B’, C’ thẳng hàng A '' B B '' C C '' A (1) A ''C B '' A C '' B ( ) Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1) Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ M Áp dụng định