Một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva

Trong chương trình toán trung học cơ sở, hình học là một trong nhữngmôn quan trọng và cần thiết cấu thành nên chương trình toán học ở trung học cơ sở cùng với môn số học và đại số.. Chín

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài khóa luận

Như ta đã biết toán học là cơ sở của ngành khoa học và công nghệ.Trong bối cảnh của cuộc cách mạng công nghệ thông tin, trong xu thế tiến tớimột xã hội thông tin thì vốn hiểu biết về toán học sẽ cần cho mọi lực lượnglao động trong khoa học công nghệ và quản lí: “ Dù khó khăn đến đâu cũngphải tiếp tục thi đua dạy tốt và học tốt Trên nền tảng giáo dục chính trị vàlãnh đạo tư tưởng tốt, phải phấn đấu nâng cao chất lượng văn hóa và chuyênmôn, nhằm thiết thực giải quyết các vấn đề do cách mạng nước ta đề ra vàtrong một tương lai không xa đạt những đỉnh cao của khoa học và kỹ

thuật”(Thư Bác Hồ gửi các cán bộ, cô giáo, thầy giáo, công nhân, nhân viên, học sinh, sinh viên các cấp nhân dịp khai giảng năm học 1968-1969).

Thực tế nước ta và trên thế giới cho thấy, nhiều học sinh giỏi toán đãtrở thành chuyên gia giỏi trong nhiều lĩnh vực của khoa học kỹ thuật, kinh tếquản lí và cả chính trị nữa Xét về khía cạnh đào tạo con người, việc học tậpmôn toán giúp chúng ta rèn luyện tư duy logic, tư duy sáng tạo,rèn luyệnphương pháp suy luận, phương pháp giải quyết các vấn đề

Trong chương trình toán trung học cơ sở, hình học là một trong nhữngmôn quan trọng và cần thiết cấu thành nên chương trình toán học ở trung học

cơ sở cùng với môn số học và đại số Ngay trong bậc tiểu học, các em họcsinh được làm quen với các yếu tố hình học một cách trực quan Từ lớp 1 đếnlớp 5 các em đã biết vẽ điểm, đoạn thẳng, tam giác, hình vuông, hình tròn,góc, góc vuông Trong bậc học này, hình học được trình bày xen kẽ trong bộmôn toán Bước sang bậc trung học cơ sở, các nhà giáo dục đã trình bày hìnhhọc thành một phân môn cùng với đại số cấu thành chương trình toán trunghọc cơ sở

Học toán mà đặc biệt là môn hình học, mỗi học sinh đều cảm thấy có

vững các khái niệm cơ bản, các định lí, các tính chất của hình học Hình học

là một trong các lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú

vị nhất và khó khăn nhất Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo vàtinh tế Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện không ít những định lí, phươngpháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán,giúp ta chinh phục những đỉnh núi ghồ ghề và hiểm trở

Khi nhắc đến định lí Menelaus và định lí Ceva, học sinh thường nghĩđây là một định lí khó, không phổ biến, ít áp dụng được nhiều cho hình họcthuần túy Đó là do hai định lí này không được học trong chương trình phổthông mà chỉ dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi Định lí Menelaus và định líCeva khó nhớ bởi chúng ta ít vận dụng, cũng như trước đây ta thấy khó nhớ vìchưa thân thuộc với định lí Talet, với định lí Pitago Đa phần học sinh khôngbiết hai định lí này hoặc nếu có biết thì cũng không biết cách nào để vận dụnggiải các bài toán hình học Đa số học sinh hay thỏa mãn trong học tập, bằnglòng và kết thúc công việc giải một bài toán hình học khi đã tìm được mộtcách giải nào đó, chưa chú ý tìm tòi cách giải khác Học thuộc bài một cáchcứng nhắc, không chịu suy nghĩ để các kiến thức thu được trở thành kiến thứcsống, linh hoạt, sẵn sàng vận dụng trong bất cứ trường hợp nào Đây là mộtđiều rất nguy hiểm trong việc học toán cũng như học các môn học khác

Chính vì vậy, chúng tôi đã chọn đề tài “ Một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva” cho khóa luận tốt nghiệp đại học của mình, nhằm

giúp các em hiểu sâu hơn về định lí Menelaus và định lí Ceva, một công cụ hỗtrợ đắc lực khi giải các bài toán về hình học

2 Mục tiêu khóa luận

- Hệ thống các kiến thức về định lí Menelaus và định lí Ceva, một sốứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học

- Trình bày hệ thống bài tập có ứng dụng định lí Menelaus và định líCeva để giải toán

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

 Nghiên cứu nội dung và hệ thống các bài tập sử dụng định líMenelaus và định lí Ceva

 Chỉ ra một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva

4 Phương pháp nghiên cứu

 Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, sáchtham khảo, giáo trình có liên quan đến ứng dụng của định líMenelaus và định lí Ceva trong hình học rồi phân hóa, hệ thốnghóa kiến thức

 Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc tham khảo tài liệu,giáo trình, rút ra kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu

 Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viêntrực tiếp hướng dẫn, các giảng viên khác để hoàn thiện về mặtnội dung và hình thức của khóa luận

5 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

 Đối tượng: Định lí Menelaus và định lí Ceva

 Phạm vi: Dùng định lí Menelaus và định lí Ceva để giải một sốbài toán hình học sơ cấp

6 Ý nghĩa khoa học

6.1 Sản phẩm khoa học: Hệ thống các kiến thức về định lí Menelaus

và định lí Ceva, một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva tronghình học và các bài tập liên quan

6.2 Sản phẩm thực tiễn: Đề tài có thể là tài liệu tham khảo hữu ích

cho sinh viên ngành Toán, sinh viên ngành Toán – Lí khi muốn tìm hiểu vềứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học Đồng thời sửdụng kiến thức đó để giải quyết một số bài toán ở bậc trung học cơ sở dễ dànghơn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận được chiathành các chương:

Chương 1: Một số ứng dụng của định lí Menelaus.

Chương 2: Một số ứng dụng của định lí Ceva

Chương 3: Bài tập áp dụng.

CHƯƠNG 1.

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ MENELAUS

1.1 Định lí Menelaus

 Định lí Menelaus:

Cho tam giác ABC; M, N, P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA

và AB nhưng không trùng với đỉnh nào của tam giác Khi đó M, N, P thẳnghàng khi và chỉ khi:

B Q

P

A

C

J I

Hình 1.2Trên d lấy hai điểm I,J sao cho AI//BJ//CD (Hình 1.2)

1.3 Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích [4-trang 7]

 Định lí:

Cho tam giác ABC và 3 điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC,

CA, AB Khi đó ta có:

Ta suy ra:

 Định lí Pascal: Nếu lục giác ABCDEF nội tiếp một đường tròn thì giao

điểm của các cặp cạnh đối diện P = AB∩DE, Q = BC∩EF,

R = CD∩FA là thẳng hàng

 Chứng minh:

Z

F E

B

C

A O

Y

P

R Q

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác XYZ với các đường thẳng BCQ,DEP, RFA ta có:

Mà AX.BX EX.FX , CY.DY=AY.BY , EZ.FZ=CZ.DZ

nên từ (1) suy ra: QZ PX RY 1

QX PY RZ  Theo định lí Menelaus, suy ra 3 điểm P,Q, R thẳng hàng (đpcm)

1.4.1.2 Chứng minh định lí Pappus

 Định lí Pappus: Cho hai đường thẳng a, b Trên a lấy các điểm A, B, C.

Trên b lấy các điểm X, Y, Z Gọi M là giao điểm của AY và BX, N làgiao điểm của AZ và CX, P là giao điểm của BZ và CY Khi đó M, N,

Gọi D, E, F là giao điểm của các cặp đường thẳng (AZ, CY), (AZ, BX),(BX, CY) (hình 1.5).

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến CNX, ta có:

 Định lí Desargues: Cho hai tam giác ABC, DEF có các cặp đỉnh tương

ứng phân biệt và các cặp cạnh tương ứng phân biệt Thế thì các đườngthẳng nối các đỉnh tương ứng đồng quy khi và chỉ khi giao điểm củacác cặp cạnh tương ứng là thẳng hàng

 Chứng minh:

B E

A C

Hình 1.6Xét hai tam giác ABC và DEF (hình 1.6)

Phải chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại điểm O khi vàchỉ khi P = BC∩ EF, Q = CA∩ DF, R = AB∩ DE thẳng hàng

Phần đảo:

Giả sử các điểm P, Q, R thẳng hàng Ta chứng minh các đường thẳng AD,

BE, CF đồng quy

Gọi O là giao điểm của AD và BE OC cắt đường thẳng QDtại F’’

Xét hai tam giác ABC và DEF’’ có các đường nối các đỉnh tương ứng đồngquy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng đồng quy

Ta thấy AB cắt DE tại R, AC cắt DF’’ tại Q, suy ra giao điểm P’ của BC và

EF’’ phải thuộc QR Tức là P’ là giao điểm của QR và BC nên P’ trùng với P.Suy ra F’’ trùng với Fhay AD, BE, CF đồng quy (đpcm)

1.4.1.4 Chứng minh định lí Blaikie

 Định lí Blaikie: Cho tam giác ABC và đường thẳng d sao cho d cắt BC,

CA, AB lần lượt ở M, N, P Gọi S là một điểm bất kì trên d Gọi D, E,

F lần lượt là điểm đối xứng của M, N, P qua S Khi đó AD, BE, CFđồng quy tại một điểm I và ta gọi I là điểm Blaikie của d và S đối vớitam giác ABC

 Chứng minh:

d

N A

P

S D

E I

Hình 1.7Giả sử S ở giữa N và M Gọi I là giao điểm của AD và BE (hình 1.7)

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác MBP với 3 điểm thẳng hàng C, A, N

Các bài toán sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lí Menelaus

Bài 1.1:

Cho tam giác ABC không cân có AD là phân giác ngoài của góc A,

BE, CF lần lượt là phân giác trong của góc B và góc C của tam giác ABC.Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng

Lời giải

A

E F

Hình 1.8Đặt BC = a, CA = b, AB = c (hình 1.8)

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

Lời giải

K O

A

P Q

B H

Hình 1.9 Dựng hình chữ nhật ABNC Gọi K là giao điểm của EC và AB (hình 1.9).Khi đó ta có:

Theo định lí Menelaus suy ra ba điểm C, O, E thẳng hàng (đpcm)

Nhận xét: Để vận dụng định lí Menelaus, ta cần phải tìm ra một tam

giác sao cho 2 trong 3 điểm E, O, C nằm trên 2 cạnh, 1 điểm còn lại nằm trênphần kéo dài Nhờ đó ta nghĩ đến việc dựng hình chữ nhật ABNC

Nếu rèn luyện nhiều chắc chắn bạn sẽ trở nên thân thuộc, biết quan sát,

có cái nhìn nhạy bén hơn về định lí Menelaus khi giải các bài toán hình học.Hãy tiếp tục vận dụng để giải các bài toán sau:

Lời giải

Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) nên ta có : MCB=MAB 

Theo định lí Menelaus suy ra P, Q, R thẳng hàng (đpcm)

Nhận xét: Sử dụng định lí Menelaus để giải bài toán trên giúp học sinh

rèn luyện tư duy, sáng tạo Qua đó rèn luyện khả năng giải toán ngày một tốthơn

Bài 1.4:

Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại E, AB cắt DC tại F M, N lần lượt làtrung điểm của AC và BD Chứng minh rằng MN đi qua trung điểm của EF

Lời giải

A C

Hình 1.11Gọi Y là trung điểm của EF Gọi J, L, K lần lượt là trung điểm của AB,

Cho tam giác ABC Gọi M, E, F theo thứ tự là các điểm trên cạnh BC,

CA, AB sao cho EF // BC, MB = MC Chứng minh AM, BE, CF đồng quy

Lời giải

I M

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (H) Gọi tiếp điểm của đường

tròn (H) với các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F Chứng minh AD, BE,

CF đồng quy

Lời giải

I A

H N

D

E F

BC EA ID  Theo định lí Menelaus trong tam giác ACD suy ra

B, I, E thẳng hàng Vậy AD, BE, CF đồng quy (đpcm)

Bài 1.7:

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P, Q lần lượt

là các tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với đường tròn Chứng minh rằng MQ,

NP, DB đồng quy tại một điểm

Lời giải

O

B A

K

P

N M

Hình 1.14Gọi K là giao điểm của QM với DB (hình 1.14)

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ADB và đường thẳng QMK ta có:

Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F trên cạnh BC, CA, AB sao cho

DB = 2DC, EC = 2EA, FA = 2FB Ba đường thẳng AD, BE, CF cắt nhau tạothành tam giác PQR Tính diện tích tam giác PQR theo diện tích S của tamgiác ABC

Lời giải

P Q

5 Gọi M là giao điểm của BF và CE

Biết S (AMB) = 2 (đơn vị diện tích) Tính S(ABC)?

Hình 1.16Gọi N, P là chân đường vuông góc hạ từ M, C xuống AB

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác AEC với cát tuyến BMF ta có:

Lời giải

N I B

Tam giác PBD với đường thẳng AIC, ta có: AP IB CD =1

D

E F

Bài 1.12:

Cho tam giác ABC Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của các cạnh

BC, CA M là một điểm tùy ý trên cạnh AB (M khác trung điểm của AB).Các tia MP, QM cắt AC, CB theo thứ tự ở E và F Gọi G là giao điểm của PQvới EF Chứng minh G là trung điểm của EF

Lời giải

M P Q A

Khi đó từ (3) suy ra KA FB=

KC FC, do đó FK // AB mà AB // PQ suy ra PQ //KF,tức là QG // KF, mà Q là trung điểm của AC do đó G là trung điểm của EFhay GE = GF (đpcm)

Mặt khác ta có tứ giác BKOG và AKHO là các tứ giác nội tiếp nên có :

là sự kết hợp giữa định lí Menelaus, dãy tỉ số bằng nhau

Gọi I là giao điểm của AD và EF; K là giao điểm của DN và AC (hình 1.21).

CHƯƠNG 2.

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ CEVA2.1 Định lí Ceva

Ta chứng minh rằng nếu AD, BE, CF đồng quy thì có (*)

Gọi K là điểm đồng quy của ba đoạn AD, BE, CF Qua A vẽ đường thẳngsong song với BC cắt BE, CF ở M, N Theo định lí Ta-let ta có:

Trường hợp BE, CF cắt nhau tại K, ta cần chứng minh K thuộc AD.

Gọi D’ là giao điểm của AK và BC

Thế thì theo chứng minh ở phần thuận ta có:

2.2 Định lí Ceva dạng sin [4-trang 10]

Ngoài ra định lí Ceva còn được phát biểu một cách tương đương tronglượng giác rằng:

 Định lí Ceva dạng sin:

Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh

BC, CA, AB của tam giác ABC Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi:

D

E F

Gọi K là giao điểm của BE và CF; AK cắt BC tại D’.

Thế thì theo chứng minh ở phần thuận ta có: 

sinABE sinBCF sinCAD

sinCAD sinCAD

=sinBAD sinBAD 

'

D D  Vậy AD, BE, CF đồng quy (đpcm)

2.3 Một số ứng dụng của định lí Ceva

2.3.1 Chứng minh một số định lí

Định lí Ceva có rất nhiều ứng dụng trong giải toán Nhiều định lí nổi

tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lí Ceva như định lí Jacobi,

định lí Maxwell

2.3.1.1 Chứng minh định lí Jacobi

 Định lí Jacobi: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F trên mặt phẳng

sao cho: BAF=CAE=α ;  ABF=CBD=β ;  BCD=ACE=γ Khi đó AD, 

BE, CF đồng quy tại điểm Jacobi N

 Chứng minh:

N A

E F

2.3.1.2 Định lí Maxwell

 Định lí Maxwell: Cho tam giác ABC và một điểm P Các cạnh của tamgiác DEF song song với các đường thẳng đi qua một đỉnh của tam giácABC và điểm P Qua D, E, F kẻ các đường thẳng song song với cáccạnh của tam giác ABC Khi đó ta có các đường thẳng này đồng quy tạimột điểm S

 Chứng minh:

P

S A

FS // AB  ABP=DFS  (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Tương tự ta có: CBP=FDS ;  BCP=EDS;  ACP=DES ;  CAP=FES;

Áp dụng định lí Ceva dạng sin trong tam giác ABC có AP, BP, CP đồng quy

Bài 2.1:

Chứng minh rằng trong một tam giác:

a) Ba đường trung tuyến đồng quy

b) Ba đường phân giác đồng quy

c) Ba đường cao đồng quy

d) Ba đường trung trực đồng quy

Lời giải

Xét tam giác ABC

a) Ba đường trung tuyến AM, BN, CP đồng quy

MC

1NA

1PB

 

Suy ra: MB NC PA

MC NA PB 

Theo định lí Ceva suy ra AM, BN, CP đồng quy tại G (đpcm)

b) Ba đường phân giác AD, BE, CF đồng quy

A

E F

Theo định lí Ceva suy ra AD, BE, CF đồng quy (đpcm)

c) Ba đường cao AH, BK, CI đồng quy

Theo định lí Ceva suy ra AH, BK, CI đồng quy (đpcm).

d) Ba đường trung trực đồng quy

Hình 2.9Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB (hình 2.9)

Gọi H là giao điểm của đường trung trực của đoạn BC với EF

J là giao điểm của đường trung trực của đoạn AC với FD

I là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB với ED

Vì FA = FB, EA = EC nên EF // BC mà HD BC nên suy ra HDEF

Tương tự ta có: FIED, EJFD

Xét tam giác EFD có EJ, FI, DH là ba đường cao nên theo phần (c) suy ra EJ,

FI, DH đồng quy tại O

Vậy trong một tam giác ba đường trung trực đồng quy (đpcm)

Các bài toán sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lí Ceva

Bài 2.2:

Cho tam giác ABC Gọi M, E, F theo thứ tự là các điểm trên cạnh BC,

CA, AB sao cho EF // BC, MB = MC Chứng minh AM, BE, CF đồng quy

Lời giải

Hình 2.10Gọi K là giao điểm của AM và EF.

P

E F

Hình 2.11

K

Hình 2.12Gọi D là giao điểm của AB và CE; I là giao điểm của AC và BG

Đặt BC = a, CA = b, AB = c

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AB2 = c2 = BK.BC; CA2 = b2 = CK.BC

2 2

Suy ra:

2 2

Hình 2.13Theo giả thiết ta có P, S lần lượt là trung điểm của AB, AD nên suy ra

PS là đường trung bình của ∆ABD, suy ra PS // BD hay PS // BC

Tương tự: SN là đường trung bình của ∆ADC suy ra SN // DC hay SN // BC

Từ đó suy ra P, S, N thẳng hàng

Tương tự ta có M, Q, N thẳng hàng

M, R, P thẳng hàng