Định lý Ceva định lý Menelaus

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NỊNH MẠNH CƯỜNG ĐỊNH LÝ CEVA ĐỊNH LÝ MENELAUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NỊNH MẠNH CƯỜNG ĐỊNH LÝ CEVA ĐỊNH LÝ MENELAUS Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN VĂN MINH Thái Nguyên - 2014 1 Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Chương 1: Định lý Ceva và định lý Menelaus 4 1.1 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2 Định lý Ceva dạng mở rộng . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.3 Định lý Ceva cho ngũ giác . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.4 Định lý Ceva dạng sin . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.1.5 Định lý Ceva trong không gian . . . . . . . . . . . 9 1.2 Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.1 Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 Định lý Menelaus dạng mở rộng . . . . . . . . . . . 11 1.2.3 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích . . . . . . 12 1.2.4 Mở rộng định lý Menelaus cho tứ giác . . . . . . . 13 1.2.5 Định lý Menelaus trong không gian . . . . . . . . . 14 Chương 2: Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lý Menelaus 16 2.1 Bài tập vận dụng định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2 Bài tập vận dụng định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . 37 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 2 Mở đầu Trong một số bài toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳng đồng quy hoặc chứng minh ba điểm thẳng hàng, có nhiều bài toán nếu chỉ sử dụng những kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa thì việc tìm ra hướng giải là khó khăn. Nhưng nếu sử dụng định lý Ceva và định lý Menelaus để giải thì thuận lợi hơn, đặc biệt trong nhiều bài toán, nếu không sử dụng định lý Ceva và định lý Menelaus thì không chứng minh được, hơn nữa nếu sử dụng hai định lý này sẽ làm cho bài giải trở nên súc tích hơn. Do đó định lý Ceva và định lý Menelaus là định lý quan trọng trong hình học sơ cấp, là một công cụ hỗ trợ đắc lực khi giải các bài toán về hình học. Trong mỗi bài toán có sử dụng định lý Ceva hoặc định lý Menelaus để giải thì nó là một mắt xích quan trọng, một định hướng thông xuất trong quá trình tư duy. Ngoài ra hai định lý này còn là công cụ tư duy hữu ích để phát triển các bài toán và cho ta một cách nhìn mới đối với bài toán đó. Điều đó khiến cho người học toán không những phát triển được kiến thức hình học của mình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn sâu hơn về bài toán. Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm 2 chương: Chương 1. Định lý Ceva và định lý Menelaus. Chương này trình bày nội dung định lý Ceva, định lý Menelaus và một số dạng mở rộng của hai định lý này. Chương 2. Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lý Menelaus. Chương này trình bày một số bài toán hình học sơ cấp có sử dụng định lý Ceva và định lý Menelaus để giải. Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT và QTKD - ĐHTN. Là người học trò đã tiếp thu được nhiều điều từ thầy, tôi xin được bày tỏ lòng 3 biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự tận tình chỉ bảo, hướng dẫn của thầy. Tôi xin cảm ơn tới các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K6A, trường Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tôi xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Thái Hòa đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ tôi trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn. Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nên không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng độc giả quan tâm tới luận văn này. Thái Nguyên, ngày 6 tháng 7 năm 2014 Tác giả Nịnh Mạnh Cường 4 Chương 1 Định lý Ceva và định lý Menelaus 1.1 Định lý Ceva 1.1.1 Định lý Ceva Định lý 1.1.1. (Định lý Ceva) Cho tam giác ABC. Gọi A  , B  , C  là ba điểm tương ứng nằm trên BC, CA, AB. Ba đường thẳng AA  , BB  , CC  cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi: C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = 1. (1.1) Chứng minh. Hình 1.1 Phần thuận: Giả sử ba đường thẳng AA  , BB  , CC  cắt nhau tại điểm O. Từ A và C, kẻ các đường song song với BB  , chúng lần lượt cắt CC  và AA  tại K, I tương ứng, ta có: B  C B  A = OC OK và IC KA = OC OK . (Sử dụng định lý Thales) 5 Suy ra B  C B  A = IC KA . (1.2) Vì IA  C  OA  B, AKC   BOC  ta có: A  B A  C = OB IC , C  A C  B = KA OB . (1.3) Từ (1.2) và (1.3) ta suy ra C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = KA OB . OB IC . IC KA = 1. Phần đảo: Giả sử ta có: C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = KA OB . OB IC . IC KA = 1. Qua giao điểm của các đường thẳng AA  và BB  , kẻ đường thẳng CC 1 với C 1 nằm trên cạnh AB. Khi đó, theo chứng minh phần thuận ta có: C 1 A C 1 B . A  B A  C . B  C B  A = KA OB . OB IC . IC KA = C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = 1 suy ra C 1 A C 1 B = C  A C  B ⇒ C 1 ≡ C  ta có điều phải chứng minh. 1.1.2 Định lý Ceva dạng mở rộng *) Chú ý: Định lý Ceva trong trường hợp tổng quát khi các điểm A  , B  , C  không chỉ nằm trên các cạnh theo thứ tự BC, AC, AB của ABC mà nó có thể nằm tuỳ ý trên các đường thẳng chứa các cạnh. Định lý được phát biểu như sau: Định lý 1.1.2. Cho tam giác ABC và các điểm A  , B  , C  khác A, B, C theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó các đường thẳng AA  , BB  , CC  hoặc đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi: C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = −1. (1.4) 6 Hình 1.2 Chứng minh. Chứng minh điều kiện cần. Có hai trường hợp cần xét. Trường hợp 1. AA  , BB  , CC  đồng quy (hình 1.2). Giả sử AA  , BB  , CC  đồng quy tại O. Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, đường thẳng này theo thứ tự cắt BB  , CC  tại X, Y. Theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số: C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = Y A CB . AX AY . BC XA = Y A AY . AX XA . BC CB = −1. Trường hợp 2. AA  , BB  , CC  đôi một song song (hình 1.3). Theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số: C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = CA  CB . A  B A  C . BC BA  = A  B BA  . BC CB . CA  A  C = (−1).(−1).(−1) = −1. Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta đều có: C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = −1. Chứng minh điều kiện đủ. Ta chứng minh nếu ba đường AA  , BB  , CC  không đôi một song song thì chúng phải đồng quy. Giả sử AA  , BB  không song song. Đặt O = AA  ∩ BB  . Khi đó CO và AB không song song (hình 1.4). Thật vậy, nếu CO song song với AB thì theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số, ta có : A  B A  C = AB OC = − AB CO = − B  A B  C ⇒ A  B A  C . B  C B  A = −1. 7 Mặt khác, theo giả thiết: C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = −1. Suy ra: C  A C  B = 1 ⇒ C  A = C  B ⇒ A ≡ B, mâu thuẫn. Vậy CO không song song với AB. Đặt C 1 = CO ∩AB. Theo kết quả đạt được trong phép chứng minh điều kiện cần: C 1 A C 1 B . A  B A  C . B  C B  A = −1. Từ đó với chú ý rằng C  A C  B . A  B A  C . B  C B  A = −1, ta có: C 1 A C 1 B = C  A C  B ⇒ C 1 ≡ C  . Tóm lại AA  , BB  , CC  đồng quy.✷ Hình 1.3 Hình 1.4 1.1.3 Định lý Ceva cho ngũ giác Định lý 1.1.3. Cho ngũ giác A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 và năm điểm B 1 , B 2 , B 3 , B 4 , B 5 lần lượt nằm trên năm đường thẳng A 5 A 2 , A 1 A 3 , A 2 A 4 , A 3 A 5 , A 4 A 1 . Nếu các đường thẳng A 1 B 1 , A 2 B 2 , A 3 B 3 , A 4 B 4 , A 5 B 5 đồng quy thì B 1 A 5 B 1 A 2 . B 2 A 1 B 2 A 3 . B 3 A 2 B 3 A 4 . B 4 A 3 B 4 A 5 . B 5 A 4 B 5 A 1 = −1. (1.5) Chứng minh. Giả sử năm đường thẳng A 1 B 1 , A 2 B 2 , A 3 B 3 , A 4 B 4 , A 5 B 5 đồng quy tại điểm I theo định lý về tỷ lệ diện tích ta có: B 1 A 5 B 1 A 2 . B 2 A 1 B 2 A 3 . B 3 A 2 B 3 A 4 . B 4 A 3 B 4 A 5 . B 5 A 4 B 5 A 1 = s(IA 1 A 5 ) s(IA 1 A 2 ) . s(IA 2 A 1 ) s(IA 2 A 3 ) . s(IA 3 A 2 ) s(IA 3 A 4 ) . s(IA 4 A 3 ) s(IA 4 A 5 ) . s(IA 5 A 4 ) s(IA 5 A 1 ) 8 = − s(IA 5 A 1 ) s(IA 1 A 2 ) . s(IA 1 A 2 ) s(IA 2 A 3 ) . s(IA 2 A 3 ) s(IA 3 A 4 ) . s(IA 3 A 4 ) s(IA 4 A 5 ) . s(IA 4 A 5 ) s(IA 5 A 1 ) = −1 Hình 1.5 Chú ý: Định lý Ceva cho đa giác bất kỳ: Cho đa giác n - cạnh A 1 A 2 A n và n điểm B 1 , B 2 , , B n , lần lượt nằm trên các đường thẳng A n A 2 , A 1 A 3 , A 2 A 4 , A i−1 A i+1 , A n−1 A 1 . Nếu n đường thẳng A 1 B 1 , A 2 B 2 , A n B n đồng quy thì B 1 A n B 1 A 2 . B 2 A 1 B 2 A 3 . B 3 A 2 B 3 A 4 B i A i−1 B i A i+1 . B n A n−1 B n A 1 = (−1) n .(i = 2, 3, , n − 1) (1.6) 1.1.4 Định lý Ceva dạng sin Định lý 1.1.4. Gọi A  , B  , C  là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Ba đường thẳng AA  , BB  , CC  cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi sin  ABB  sin  CBB  . sin  BCC  sin  ACC  . sin  CAA  sin  BAA  = 1. (1.7) Chứng minh. Hình 1.6 [...]... mặt phẳng chứa cả AA và CC 10 Gọi T = AC ∩ CA Sử dụng định lý Ceva cho ADB và CDB, ta được: AW DT BX = 1; W D T B XA BT DZ CY = 1 T D ZC Y B Nhân vế với vế hai đẳng thức trên ta có: AW DT BX BT DZ CY =1 W D T B XA T D ZC Y B AX BY CZ DW ⇔ = 1 2 XB Y C ZD W A 1.2 1.2.1 Hình 1.7 Định lý Menelaus Định lý Menelaus Định lý 1.2.1 (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC Trên các đường thẳng chứa các... MA NB P C Q D = 1 MB NC P D Q A (1.19) QD QD = ⇒ Q ≡ Q , nói cách khác bốn QA QA điểm M, N, P, Q đồng phẳng.2 Từ (1.18) và (1.19) suy ra 16 Chương 2 Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lý Menelaus 2.1 Bài tập vận dụng định lý Ceva Bài toán 2.1.1 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) Các đường thẳng, nối các... đối diện sẽ đồng quy Giải Theo định lý Ceva trong không gian thì (AZB) ∩ (BW C) ∩ (CXD) ∩ (DY A) = P Ta phải chứng minh được giao điểm của tất cả các mặt và giao của (DU B)∩(AT C) đều đi qua P Theo định lý Menelaus mở rộng trong không gian áp dụng cho tứ diện ABCT được cắt bởi mặt phẳng (XDY ) ta có: AX BY CA T C = 1 XB Y C A T C A Hình 2.21 (2.9) Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC ta có: AX... được: sinCAA2 sinBCC2 sinABB2 = 1 sinBAA2 sinACC2 sinCBB2 Theo định lý Ceva dạng sin suy ra AA1 , BB1 , CC1 đồng quy.2 Bài toán 2.1.8 Cho lục giác ABCDEF nội tiếp Chứng minh rằng AB.CD.EF AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi = 1 BC.DE.F A Giải Hình 2.12 Xét tam giác AEC và các điểm D, B, F Theo định lý Ceva dạng lượng giác và theo định lý hàm số sin, ta có: AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi sinDAE... Chú ý: Định lý Menelaus đa giác bất kỳ: Cho đa giác n - cạnh A1 A2 An và n điểm B1 , B2 , , Bn , trong đó các điểm B1 , B2 , , Bi , Bn lần lượt nằm trên các đường thẳng A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , , Ai Ai+1 , A1 An Nếu các điểm B1 , B2 , , Bn thẳng hàng thì B1 A1 B2 A2 B3 A3 Bi Ai Bn An = 1.(i = 1, 2, , n − 1) B1 A2 B2 A3 B3 A4 Bi Ai+1 Bn A1 1.2.5 (1.16) Định lý Menelaus trong không gian Định lý 1.2.5... 1.2.2 Định lý Menelaus dạng mở rộng Định lý 1.2.2 Cho tam giác ABC và các điểm P, Q, R khác A, B, C theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB Khi đó ba điểm P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi BR AQ P C = 1 AR QC BP (1.13) Chứng minh Hình 1.9 Phần thuận: Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng Qua C, kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường thẳng qua P, Q, R tại D Theo hệ quả của định lý. .. CA.CB AB.AC ⇒ 1.2.4 SM N P BM CN AP − CM AN BP = SABC AB.BC.CA Mở rộng định lý Menelaus cho tứ giác Định lý 1.2.4 Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB, BC, CD, DA lần lượt ở M, N, P, Q Khi đó ta có: M A N B P C QD = 1 M B N C P D QA (1.15) Hình 1.11 Chứng minh.Trên (d) lấy hai điểm I, J sao cho AI//BJ//CD Theo định lý Thales ta có: MA IA = MB JB 14 NB JB = NC PC QD PD = QA IA Suy ra: M... (Theo định lý AC BA C B sinCAA sinABB sinBCC Ceva) Phần đảo: Theo chứng minh phần thuận ta có: sinBAA sinCBB sinACC BA CB AC = = 1 AC BA C B sinCAA sinABB sinBCC Qua giao điểm của các đường thẳng AA và BB , kẻ đường thẳng CC1 với C1 nằm trên cạnh AB Khi đó ta có: BA CB AC BA CB AC1 = = 1 A C B A C1 B AC B AC B AC1 AC Suy ra = ⇒ C1 ≡ C suy ra 3 đường thẳng đồng quy.2 C1 B CB 1.1.5 Định lý Ceva. .. sinC CZ = 1 sinA AT sinB BV sinC CY Vậy theo định lý Ceva dạng lượng giác, với chú ý rằng AA , BB , CC không thể đôi một song song, ta có: AA , BB , CC đồng quy 2 Bài toán 2.1.10 Về phía ngoài tam giác ABC, ta dựng các tam giác XBC, Y CA, ZAB theo thứ tự cân tại X, Y, Z và BXC = CY A = AZB Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy Giải Hình 2.14 Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác ABC với các... đường trung tuyến AM, BN và CP đồng quy (hình 2.1) MB NC P A = 1 Theo định lý Ceva AM, BN và Thật vậy, ta có MC NA P B CP đồng quy tại G b) Ba đường phân giác AD, BE và CF đồng quy (hình 2.2) DB AB EC BC Áp dụng tính chất đường phân giác ta có = ; = và DC AC EA BA FA CA = FB CB DB EC F A AB BC CA Do đó = = 1 Theo định lý Ceva ta có DC EA F B AC BA CB AD, BE và CF đồng quy tại điểm I 17 Hình . Định lý Ceva và định lý Menelaus. Chương này trình bày nội dung định lý Ceva, định lý Menelaus và một số dạng mở rộng của hai định lý này. Chương 2. Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lý Menelaus. . tháng 7 năm 2014 Tác giả Nịnh Mạnh Cường 4 Chương 1 Định lý Ceva và định lý Menelaus 1.1 Định lý Ceva 1.1.1 Định lý Ceva Định lý 1.1.1. (Định lý Ceva) Cho tam giác ABC. Gọi A  , B  , C  là ba điểm. 2 Chương 1: Định lý Ceva và định lý Menelaus 4 1.1 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2 Định lý Ceva