Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 1 CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC PHẲNG (tt) 1.6 Định lý Ceva, Menelaus và một số định lý về thẳng hàng đồng quy khác. Các bài toán về thẳng hàng và đồng quy là hai chủ đề thường gặp trong hình học. Có nhiều phương pháp để giải quyết các bài toán dạng này, một trong những công cụ cổ điển và thường dùng nhất là định lý Ceva và định lý Menelaus. Bài toán 6a (Định lý Ceva). Cho tam giác ABC, A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng BC, AC và AB. Khi đó AA 1 , BB 1 , CC 1 đôi một song song hoặc đồng quy khi và chỉ khi 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A AC B A C B (1.6.1) Chứng minh. ⇒) Trường hợp 1: AA 1 , BB 1 và CC 1 đồng quy. Gọi O là giao điểm của 3 đường. Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BB 1 và CC 1 lần lượt tại P và Q. Khi đó áp dụng định lý Thales ta có: 1 1 1 1 1 A B OA AC A B AP AP OA AQ AC AQ Hơn nữa: 1 1 1 1 , B C C A BC QA B A PA C B CB Từ đó ta có 1 1 1 1 1 1 . . . . 1 A B B C C A AP BC QA AC B A C B AQ PA CB @ Trường hợp 2: AA 1 //BB 1 //CC 1 (Dành cho bạn đọc) ⇐) Giả sử ta có hệ thức (1.6.1), ta cần chứng minh AA 1 , BB 1 và CC 1 song song hoặc đồng quy. Thực vậy, nếu các đường thẳng trên song song đôi một thì ta có điều cần chứng minh. Trường hợp AA 1 , BB 1 cắt nhau tại O, ta cần chứng minh O thuộc CC 1 . Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 2 Gọi C’ là giao điểm của CO và AB. Khi đó, áp dụng phần thuận ta có 1 1 1 1 . . 1 A B BC C A AC B A C B Mà do (1.6.1) nên suy ra 1 1 1 C A C A C C C B C B , vậy O thuộc CC 1 . @ Định nghĩa 6.1. Trong một tam giác bộ ba đường thẳng xuất phát từ 3 đỉnh đồng quy thì người ta gọi là bộ 3 đường thẳng Ceva. Từ công thức (1.6.1), bằng phương pháp diện tích, ta có thể đưa về dạng lượng giác sau: Bài toán 6a’. Cho tam giác ABC, A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng BC, AC và AB. Khi đó AA 1 , BB 1 , CC 1 đôi một song song hoặc đồng quy khi và chỉ khi 1 1 1 1 1 1 sin , sin , sin , . . 1 sin , sin , sin , AA AB BB BC CC CA AA AC BB BA CC CB (1.6.2) Hệ thức (1.6.2) được gọi là định lý Ceva dạng sin. Bài toán 6b. (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC, A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng BC, AC và AB. Khi đó A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A AC B A C B Hướng dẫn: Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 3 ⇒) Vẽ CD// AB (D thuộc A 1 B 1 ). Áp dụng định Thales ta có 1 1 1 1 A B CD DC AC BC C B và 1 1 1 B C DC B A C A Do đó 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A DC AC B A C B DC @ ⇐ ) Dành cho bạn đọc. Chú ý: Các độ dài và góc ở các công thức trên là độ dài đại số và góc định hướng, trong một số trường hợp ta chỉ cần xét độ dài hình học và góc hình học thì vế phải thay - 1 thành 1. Công thức (1.6.2) có thể được viết lại như sau: 1 1 1 1 1 1 sin sin sin . . 1 sin sin sin A AB B BC C CA A AC B BA C CB Ta có một số bài toán, định lý áp dụng định lý Ceva mà Menelaus sau: Bài toán 6.1. Trong một tam giác thì ta có các tính chất sau: a) 3 đường cao đồng quy b) 3 đường trung tuyến đồng quy c) 3 đường trung trực đồng quy d) 3 đường phân giác trong đồng quy, một đường phân giác trong và hai đường phân giác ngoài đồng quy e) Chân 3 đường phân giác ngoài thẳng hàng Bài toán 6.2. (Định lý Desargues) Cho hai tam giác ABC và A’B’C’. Gọi A 1 là giao điểm của BC’ và CB’, B 1 là giao điểm của AC’ và CA’, C 1 là giao điểm của AB’ và BA’. Khi đó A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi AA’, BB’ và CC’ đồng quy. Hướng dẫn. Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 4 ⇒) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy tại O. Ta chứng minh A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng. Áp dụng Menelaus cho tam giác ACO với cát tuyến B 1 A’C’ ta có: 1 1 . . 1 B A C C A O B C C O A A Tương tự cho tam giác CBO với cát tuyến A 1 B’C’: 1 1 . . 1 AC B B C O A B B O C C Và tam giác OAB với các tuyến C 1 A’B’: 1 1 . . 1 C B A A B O C A A O B B Nhân các đẳng thức trên và rút gọn ta được 1 1 1 1 1 1 . . 1 B A AC C B B C A B C A Áp dụng Menelaus đảo cho tam giác ABC suy ra A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng. ⇐) Giả sử A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng. Thì áp dụng phần thuận cho hai tam giác AC 1 A’ và tam giác CA 1 C’ ta suy ra điều cần chứng minh. @ Bài toán 6.3. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của I với AB, BC, CD và AD. Chứng minh rằng NP, MQ và BD đồng quy. Hướng dẫn: Gọi I là giao điểm của QM và BD. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD ta có: . . 1 QA ID MB QD IB MA , suy ra . 1 MB ID QD IB Mà MB = NB, DQ = DP, suy ra . 1 . . 1 NB ID PC ID NB DP IB PD IB NC , do đó theo định lý Menelaus thì I, N, P thẳng hàng. @ Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 5 Bài toán 6.4. Cho tứ giác ABCD có AB và CD cắt nhau tại P, AC và BD cắt nhau tại I, AD và BC cắt nhau tại P. Đường thẳng PI cắt AD và BC tại M, N. Khi đó MA QA MD QD và MI NI MP NP Hướng dẫn: Áp dụng Menelaus cho tam giác AID với cát tuyến QBC ta có: . . 1 QA BD CI QD BI CA Áp dụng Menelaus cho tam giác ADC với cát tuyến PIM ta có: . . 1 MA PD IC MD PC IA Tương tự đối với tam giác ICD ta có : . . 1 BD AI PC BI AC PD Từ 3 đẳng thức trên, ta suy ra ta có MA QA MD QD . @ Bài toán 6.5. (Định lý Pascal). Trên đường tròn cho các điểm A, B, C và A’, B’, C’. Gọi X là giao điểm của AB’ và BA’, Y là giao điểm của AC’ và CA’, Z là giao điểm của BC’ và C’B. Khi đó X, Y, Z thẳng hàng. Hướng dẫn. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PQR với các cát tuyến A 1 B’C, B 1 A’C’ và C 1 A’B’ ta có: Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 6 1 1 . . 1 A P B R C Q A R B Q C P , 1 1 . . 1 C R AQ B P C Q AP B R Và 1 1 . . 1 B Q C P A P B P C R A Q (1) Hơn nữa áp dụng phương tích của các điểm P, Q, R với đường tròn (O) ta có: . . . 1, 1, 1 . . . PA PB QC QA RB RC PB PC QB QA RA RB (2) Từ (1) và (2) ta suy ra 1 1 1 1 1 1 . . 1 A P C R B Q A R C Q B P , do đó theo Menelaus thì A 1 , B 1 , C 1 thẳng hàng. @ Ta thường áp dụng định lý Pascal trong mô hình sau: Định nghĩa 6.2. Trong một tam giác hai đường thẳng xuất phát từ một đỉnh của tam giác và đối xứng với nhau qua đường phân giác xuất phát từ đỉnh đó được gọi là hai đường đẳng giác. Đặc biệt, đường thẳng đẳng giác với đường trung tuyến được gọi là đường đối trung. Ví dụ, trong một tam giác vuông thì đường cao xuất phát từ đỉnh của góc vuông là đường đối trung. Nhận xét. Góc giữa hai đường đẳng giác với hai cạnh của góc đã cho là bằng nhau. Một số bài toán liên quan đến đường đẳng giác. Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 7 Bài toán 6.6. Các đường thẳng đẳng giác với bộ ba đường thẳng Ceva thì cũng là bộ ba đường thẳng Ceva. Bài toán 6.7. Nếu 3 đường thẳng xuất phát từ đỉnh cắt cát cạnh đối diện tạo thành 3 điểm thẳng hàng thì đường thẳng đẳng giác của chúng cắt 3 cạnh tạo thành 3 điểm thẳng hàng. Hướng dẫn. Sử dụng định lý Ceva và Menelaus dạng lượng giác. Trường hợp đặc biệt là bài toán sau: Bài toán 6.6.1. Ba đường đối trung của tam giác thì đồng quy tại một điểm. (Điểm này được gọi là điểm Lemoine) Bài toán 6.6.2. Trong một tam giác, các đường thẳng kẻ từ tâm đường tròn bàng tiếp trong mỗi góc vuông góc với cạnh đối diện thì đồng quy tại một điểm. Sau đây chúng ta xét một số bài toán áp dụng định lý Ceva và Menelaus. Bài toán 6.8. (Điểm Gergonne). Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F. Khi đó AD, BE và CF đồng quy tại một điểm. (Điểm này được gọi là điểm Gergonne) Bài toán 6.9. (Điểm Nagel). Cho tam giác ABC, gọi I, J, K lần lượt là điểm điểm của đường tròn bàng tiếp góc A, B, C với các cạnh BC, AC và AB. Khi đó AI, BJ, CK đồng quy tại một điểm. (Điểm này được gọi là điểm Nagel) Chúng ta đã từng làm bài toán sau: “Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác vuông cân (đều) ABD, ACE và BCF với đỉnh góc vuông là D, E, F. Khi đó AF, BE và CD đồng quy.”. Đây là bài toán khá hay và có nhiều cách giải, tuy nhiên nếu ta dùng Ceva để giải bài toán này thì có thể tổng quát lên một chút đó là: thay các tam giác vuông cân(đều) thành các tam giác cân đồng dạng thì kết quả vẫn còn đúng. Đây là kết quả tôi chứng minh được hồi năm lớp 10, tuy nhiên, sau này mới biết rằng đó cũng chỉ là hệ quả của định lý sau: Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 8 Bài toán 6.10 (Định lý Jacobi). Cho tam giác ABC và các điểm X, Y, Z nằm ngoài tam giác thỏa ∠ ∠ ∠ ABZ = XBC, BCX = ∠ YCA và ∠ ∠ CAY = ZAB. Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy. Hướng dẫn. Sử dụng định lý Ceva sin. Nhận xét. Nếu dùng góc định hướng thì không cần giả thiết X, Y, Z nằm ngoài hay nằm trong tam giác. Đây là một định lý khá hay và khá tổng quát. Một số hệ quả của định lý Jacobi: Bài toán 6.10.1. Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác cân DAB (DA = DB), EAD (EA = EC) và FBC (FB = FC) đôi một đồng dạng. Khi đó AF, BE và CD đồng quy. Bài toán 6.10.2. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D, E, F là điểm đối xứng của I qua BC, AC và AB. Khi đó AD, BE và CF đồng quy. Các bài toán rèn luyện. Bài 6.11.(IMO 1982/5) Trên đường chéoAC và CE của lục giác đều ABCDEF ta lấy điểm M, N sao cho AM/AC = CN/CE = r. Xác định r để B, M, N thẳng hàng. Bài 6.12.(Korea 1997). Trong một tam giác nhọn ABC vơi AB ≠ AC, gọi V là giao điểm phân giác của A với BC và D là chân đường vuông góc hạ từ A đến BC. Nếu E và F là giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác AVD với CA và AB. Chứng minh rằng AD, BE và CF đồng quy. Bài 6.13.(Bulgaria 1996/2). Đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) có tâm tương ứng là (O 1 ) và (O 2 ) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm C, đường tròn () tâm O tiếp xúc ngoài với ( 1 ) và ( 2 ). Gọi m là tiếp tuyến chung của ( 1 ) và ( 2 ) tại C, và AB là đường kính của O và vuông góc với m, trong đó A, O cùng phía đối với m. Chứng minh rằng AO 1 , BO 2 cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng m. Bài 6.14.(IMO shortlist 31 th ) Lấy điểm M nằm trong tam giác ABC. AM cắt BC tại D, BM cắt AC tại E, CM cắt AB tại F. Chứng minh rằng S DEF ≤ ¼ S ABC Trung tâm bồi dưỡng Kiến Thức Quang Minh 423/27/15 Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu http://vuptnk.tk 9 Bài 6.15.(Hạ Vũ Anh). Gọi K, L, M, N là trung điểm các cạnh AB, BC, CD và DA của tứ giác lồi ABCD. KM cắt AC và BD tại P và Q, LN cắt AC và BD tại R, S. Chứng minh rằng: PA.PC = QB.QD ⇔ RA.RC = SB.SD Bài 6.16.(Đường tròn Mixtilinear). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (I) tiếp xúc với AB, AC và tiếp xúc với (O) tại D, E, F. Chứng minh rằng DE đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC. Hướng dẫn. (Pascal) Bài 6.17.(vulalach). Cho tam giác ABC nội tiếp (O), các đường cao AA’, BB’, CC’ và trọng tâm G. Gọi A 1 , B 1 , C 1 là điểm đối xứng của A, B, C qua O. Tia A’G, B’G, C’G cắt (O) tại A 2 , B 2 , C 2 . Chứng minh rằng A 1 A 2, B 1 B 2 và C 1 C 2 đồng quy. Hướng dẫn. (Pascal) Bài 6.18.(Hạ Vũ Anh). Tam giác ABC có đường cao AD, BE và CF, trực tâm H. DP ⊥ AB, DQ ⊥ AC . R là giao của DP và BE, S là giao của DQ và CF, M là giao của BQ và CP. N là giao của PS và RQ. Chứng minh rằng M, N, H thẳng hàng. Hướng dẫn. (Dersargues) Bài 6.19. (2001 Australian Math Olympiad) Let A, B, C, A’, B’, C’ be points on a circle such that AA’ is perpendicular to BC, BB’ is perpendicular to CA, CC’ is perpendicular to AB. Further, let D be a point on that circle and let DA’ intersect BC in A’’, DB’ intersect CA in B’’, and DC’ intersect AB in C’’, all segments being extended where required. Prove that A’’, B’’, C’’ and the orthocenter of triangle ABC are collinear. Hướng dẫn. (Pascal) Bài 6.20.(1991 IMO unused problem) Let ABC be any triangle and P any point in its interior. Let P 1 , P 2 be the feet of the perpendiculars from P to the two sides AC and BC. Draw AP and BP and from C drop perpendiculars to AP and BP. Let Q 1 and Q 2 be the feet of these perpendiculars. If Q 2 ≠P 1 and Q 1 ≠P 2 , then prove that the lines P 1 Q 2 , Q 1 P 2 and AB are concurrent. Hướng dẫn. (Pascal) . đường cao đồng quy b) 3 đường trung tuyến đồng quy c) 3 đường trung trực đồng quy d) 3 đường phân giác trong đồng quy, một đường phân giác trong và hai đường phân giác ngoài đồng quy e) Chân. và một số định lý về thẳng hàng đồng quy khác. Các bài toán về thẳng hàng và đồng quy là hai chủ đề thường gặp trong hình học. Có nhiều phương pháp để giải quy t các bài toán dạng này, một trong. đôi một song song hoặc đồng quy khi và chỉ khi 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A AC B A C B (1.6.1) Chứng minh. ⇒) Trường hợp 1: AA 1 , BB 1 và CC 1 đồng quy. Gọi O là giao điểm của