Định lý Ceva định lý Menelaus

Mở đầuTrong một số bài toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳngđồng quy hoặc chứng minh ba điểm thẳng hàng, có nhiều bài toán nếuchỉ sử dụng những kiến thức cơ bản trong sách giáo kh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

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

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

Mở đầu

Trong một số bài toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳngđồng quy hoặc chứng minh ba điểm thẳng hàng, có nhiều bài toán nếuchỉ 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 lýMenelaus để giải thì thuận lợi hơn, đặc biệt trong nhiều bài toán, nếukhông sử dụng định lý Ceva và định lý Menelaus thì không chứng minhđược, hơn nữa nếu sử dụng hai định lý này sẽ làm cho bài giải trở nênsúc tích hơn Do đó định lý Ceva và định lý Menelaus là định lý quantrọng trong hình học sơ cấp, là một công cụ hỗ trợ đắc lực khi giải cácbài 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 xuấttrong quá trình tư duy Ngoài ra hai định lý này còn là công cụ tư duyhữu ích để phát triển các bài toán và cho ta một cách nhìn mới đối vớibài toán đó Điều đó khiến cho người học toán không những phát triểnđược kiến thức hình học của mình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìnsâu 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 nàytrình bày nội dung định lý Ceva, định lý Menelaus và một số dạng mởrộng của hai định lý này

Chương 2 Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lýMenelaus 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 tìnhcủa TS Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT và QTKD - ĐHTN Là ngườihọc trò đã tiếp thu được nhiều điều từ thầy, tôi xin được bày tỏ lòng

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 - Đạihọc Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học Đồng thờitôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K6A, trường Đại họcKhoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luậnvăn 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 đỡtôi trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn

Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nênkhông 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 vănnày

Thái Nguyên, ngày 6 tháng 7 năm 2014

Tác giả

Nịnh Mạnh Cường

Giả sử ba đường thẳng AA0, BB0, CC0 cắt nhau tại điểm O Từ A và

C, kẻ các đường song song với BB0, chúng lần lượt cắt CC0 và AA0 tại

*) Chú ý: Định lý Ceva trong trường hợp tổng quát khi các điểm

A0, B0, C0 không chỉ nằm trên các cạnh theo thứ tự BC, AC, AB của4ABC 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 A0, B0, C0 khác A, B, Ctheo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB Khi đó các đường thẳng

AA0, BB0, CC0 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi:

Trường hợp 2 AA0, BB0, CC0 đôi một song song (hình 1.3).

Theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số:

Giả sử AA0, BB0 không song song Đặt O = AA0 ∩ BB0 Khi đó CO

và AB không song song (hình 1.4) Thật vậy, nếu CO song song với ABthì theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số, ta có :

Mặt khác, theo giả thiết: C

1.1.3 Định lý Ceva cho ngũ giác

Định lý 1.1.3 Cho ngũ giác A1A2A3A4A5 và năm điểm B1, B2, B3,

B4, B5 lần lượt nằm trên năm đường thẳng A5A2, A1A3, A2A4, A3A5,

A4A1 Nếu các đường thẳng A1B1, A2B2, A3B3, A4B4, A5B5 đồng quy thì

A5B5 đồng quy tại điểm I theo định lý về tỷ lệ diện tích ta có:

s(IA3A2)s(IA3A4).

s(IA4A3)s(IA4A5).

s(IA5A4)s(IA5A1)

= −s(IA5A1)

s(IA1A2).

s(IA1A2)s(IA2A3).

s(IA2A3)s(IA3A4).

s(IA3A4)s(IA4A5).

s(IA4A5)s(IA5A1) = −1

Hình 1.5

Chú ý: Định lý Ceva cho đa giác bất kỳ:

Cho đa giác n - cạnh A1A2 An và n điểm B1, B2, , Bn, lần lượtnằm trên các đường thẳng AnA2, A1A3, A2A4, Ai−1Ai+1, An−1A1 Nếu

n đường thẳng A1B1, A2B2, AnBn đồng quy thì

Định lý 1.1.4 Gọi A0, B0, C0 là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh

BC, CA, AB của tam giác ABC Ba đường thẳng AA0, BB0, CC0cắt nhautại một điểm O khi và chỉ khi

sin \ABB0sin \CBB0

Phần thuận: Giả sử AA0, BB0, CC0 đồng quy tại O Khi đó hai tamgiác 4ABA0 và 4ACA0 có cùng chiều cao hạ từ đỉnh A Suy ra

0

AC.sin\CAA0.Tương tự ta có:

Nhân từng vế ba đẳng thức trên ta được:

Phần thuận: Giả sử ba điểm P, Q, R

thẳng hàng Qua A, kẻ đường thẳng song

song với BC, cắt đường thẳng (d) tại L

Sử dụng hệ quả của định lý Thales, ta

Phần đảo: Giả sử (1.9) xảy ra Gọi Q0 là giao điểm của RP và cạnh

AC Khi đó, theo phần thuận, ta có:

Theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số, ta có:

BR = 1.

Phần đảo: Giả sử (1.13) được thoả mãn Gọi C1 là giao điểm củađường thẳng QP và AB Ta cần chứng minh C1 ≡ R.

Theo chứng minh ở phần thuận ta có:

có không quá một nghiệm khi A 6= B Thật vậy, chọn gốc toạ độ là

B, trục toạ độ AB với chiều dương là chiều từ A đến B Cho toạ độcủa X là x, toạ độ của điểm A là a, lúc đó phương trình trở thành:x

x − a = m ⇔ x =

ma

m − 1 (phương trình này có nghiệm duy nhất) Từ

đó suy ra điều phải chứng minh.2

1.2.3 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích

Định lý 1.2.3 Cho tam giác ABC và 3 điểm M, N, P lần lượt thuộc

BC, CA, AB Khi đó ta có:

SBM P

SABC =

BM BP sin(BC, BA)BC.BA.sin(BC, BA) =

BM BPBC.BA .Tương tự ta có

SCN M

SABC =

CN CMCA.CB ,

SAP N

SABC =

AP ANAB.AC.

1.2.4 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,

N B

N C =

J B

P CQD

QA =

P DIASuy ra:

Chú ý: Định lý Menelaus đa giác bất kỳ:

Cho đa giác n - cạnh A1A2 An và n điểm B1, B2, , Bn, trong

đó các điểm B1, B2, , Bi, Bn lần lượt nằm trên các đường thẳng

A1A2, A2A3, A3A4, , AiAi+1, A1An Nếu các điểm B1, B2, , Bn thẳnghàng thì

Định lý 1.2.5 Cho tứ diện ABCD, M là điểm trên AB, N là điểm trên

BC, P là điểm trên CD và Q là điểm trên DA Các điểm M, N, P ,Qđồng phẳng khi và chỉ khi

ta lần lượt dựng các mặt phẳng song song

với (α) Một đường thẳng ∆ tương ứng

cắt các mặt phẳng vừa dựng tại các điểm

Chương 2

Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lý Menelaus

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 đỉnh của tam giác với các tiếp điểm củađường tròn nội tiếp, cắt nhau tại một điểm (điểm Giéc-gôn)

GiảiXét tam giác ABC

a) Ba đường trung tuyến AM, BN và CP đồng quy (hình 2.1).Thật vậy, ta có M B

b) Ba đường phân giác AD, BE và CF đồng quy (hình 2.2)

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có DB

Hình 2.1 Hình 2.2

c) Ba đường cao AH, BI và CK đồng quy

Trường hợp tam giác ABC nhọn (hình 2.3)

Ta có 4AKC v 4AIB ⇒ AK

AI =

AC

AB.4ABH v 4CBK ⇒ BH

BK =

AB

BC.4BCI v 4ACH ⇒ CI

KB = 1, theo định lý Ceva thì 3 đường thẳng AH, BI

và CK đồng quy tại một điểm

Trường hợp tam giác ABC tù tại A (hình 2.4)

Gọi O là giao điểm của BI và CK Khi đó A là trực tâm của tamgiác của tam giác OBC nên OA ⊥ BC, suy ra O ∈ AH

Hình 2.5

Bài toán 2.1.2 (Thi vô địch Hàn quốc 1992)

Trong tam giác ABC có AB 6= AC, gọi V là giao điểm của phân giácgóc A với cạnh BC, D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống cạnh

BC Nếu E và F tương ứng là các giao điểm của đường tròn ngoại tiếptam giác AV D với hai cạnh CA và CB, hãy chứng minh rằng các đườngthẳng AD, BE, CF đồng quy

V B =

AC

V C theo tính chất phân giác, do đó ta có

Vậy AD, BE, CF đồng quy theo định lý Ceva.

Bài toán 2.1.3 (Olympic Toán học Bulgaria 1997)

Cho tứ giác lồi ABCD thỏa mãn \DAB = [ABC = \BCD Gọi H, Olần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC Chứng minhrằng H, O, D thẳng hàng

Giải

Hình 2.7

Đặt [CAB = α, [ABC = β, [BCA = γ Chú ý rằng α < β và γ < β

Ta xét các trường hợp:

*) Giả sử β < 900 Lúc đó O, H là các điểm nằm trong 4ABC và ta

có [ACO = [CAO = \HCB = \HAB = 900 − β

Vì thế O là điểm nằm bên trong 4HAC, từ đó

\HAO = β − γ = \ACD,

\HCO = β − α = \CAD,

\HAD = \HCD = 2β − 900

Áp dụng định lý hàm số sin cho 4AHD, 4CHD, 4ACD, ta được:

= HD

CD,

sin\CADsin\ACD

= CD

AD.Nhân các đẳng thức trên vế theo vế ta được:

sin\AHD.sin\HCO.sin [CAO = sin\CHD.sin\HAO.sin [ACO

Từ định lý Ceva, suy ra AO, CO và HO đồng quy tại một điểm, do

đó H, O, D thẳng hàng

*) Trong trường hợp β = 900, ta chứng minh được H ≡ B, O là trungđiểm của AC và tứ giác AHCD là hình chữ nhật Do vậy H, O, D thẳnghàng

*) Trường hợp β > 900 Trong trường hợp này B và O lần lượt nằmtrong 4AHC và 4ADC Tương tự như trường hợp β < 900 ta cũng cócác điểm H, O, D thẳng hàng

Bài toán 2.1.4 (Bài đề nghị OMO của Estonia, 1994)

Cho nửa đường tròn (T ) nằm về một bên của đường thẳng(d) C và

D là các điểm trên đường tròn (T ) Các tiếp tuyến của (T ) tại C và Dgặp (d) tại B và A tương ứng, tâm đường tròn nằm giữa hai điểm này.Gọi E là giao điểm của AC và BD, F là điểm nằm trên (d) sao cho EFvuông góc với (d) Chứng minh EF là phân giác của góc CF D

Giải

Hình 2.8

AD kéo dài cắt BC tại P Qua P , kẻ

P H vuông góc (d) tại H Gọi O là tâm nửa

đường tròn Khi đó hai tam giác 4P AH và

4OAD đồng dạng nên ta có: AH

AD =

HP

DO.Tương tự BH

BC =

HP

DO, từ đóAH

Theo phần đảo của định lý Ceva, ba

đường thẳng AC, BD, P H đồng quy Suy

ra H ≡ F Ngoài ra, ta thấy 5 điểm

P, D, F, O, C cùng nằm trên một đường

tròn, từ đó:

\

DF P = \DOP = [COP = [CF P Vậy EF là phân giác góc CF D

Bài toán 2.1.5 (Bài đề nghị cho IMO của nước Anh, 2000)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của một tamgiác nhọn ABC Chứng tỏ rằng tồn tại các điểm D, E, F tương ứng nằmtrên các cạnh BC, CA, AB sao cho OD + DH = OE + EH = OF + F H

và các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy

Giải

Hình 2.9

Kéo dài AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại L và BC tại K.Cho OL cắt BC tại D Nối các điểm H và D Ta biết rằng HK = KL,nên cũng có HD = LD Như thế OD +DH = OD +DL = OL = R, bánkính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tương tự, có thể chọn cácđiểm E và F lần lượt trên CA và AB sao cho OE +EH = R = OF +F H

Ta sẽ chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy

Kẻ OB, OC và OL Ta có \OBC = 900− bA và [CBL = [CAL = 900− bC

Vì thế [OBL =



900 − bA

+



900 − bC



= bB Do OB = OL, ta cũng có[

OLB = bB

Do đó [BOL = 1800 − 2 bB

Từ đó, \BOD = 1800 − 2 bB trong tam giác BOD

Tương tự, ta có \COD = 1800 − 2 bC Theo định lý hàm số sin trongtam giác 4BDO và 4AOD có:



1800 − 2 bC

 =

sin2Bsin2C.

Tương tự, CE

EA =

sin2Csin2A,

AF

F B =

sin2Asin2B.

Bài toán 2.1.6 Trong tam giác ABC, M là chân đường vuông góc hạ

từ A xuống đường phân giác trong của góc [BCA N, L lần lượt là châncác đường vuông góc hạ từ các đỉnh A, C xuống đường phân giác trongcủa góc [ABC Gọi F là giao điểm của các đường thẳng M N và AC, E

là giao điểm của các đường thẳng BF và CL, D là giao điểm của cácđường thẳng BL và AC Chứng minh rằng DE và MN song song vớinhau

Giải

Hình 2.10

Kéo dài AM cắt BC tại G, kéo dài AN cắt BC tại I Khi đó AM =

M G, AN = N I, suy ra M N và BC song song với nhau Vì AM = M Gnên ta có AF = F C Kéo dài CL cắt AB tại J Khi đó J L = LC, suy

ra LF và AB song song với nhau

Gọi H = LF ∩ BC, ta có BH = HC Trong 4BLC, các đoạn thẳng

BE, LH, CD cắt nhau tại F Áp dụng định lý Ceva ta có



450 + bC



sin \CAA2Suy ra:

sin \BAA2

sin \CAA2

.sin



450 + bC

sin

Chứng minh tương tự, ta được

sin \BCC2

sin \ACB2

.sin



450 + bA

sin



450 + bC

sin \ABB2sin \CBB2

.sin450 + bCsin

.sin \BCC2sin \ACC2

.sin \ABB2sin \CBB2

= 1

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

AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi AB.CD.EF

BC.DE.F A = 1.

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

sin\DAEsin\DAC

.sin\BECsin [BEA

.sin [F CAsin [F CE

Bài toán 2.1.9 Cho tam giác ABC Đường tròn (O) cắt cạnh BC tại

X, Y ; cắt cạnh CA tại Z, T ; cắt cạnh AB tại U, V sao cho XY ZT U V làcác đỉnh của một lục giác lồi XT ∩Y U = A0; ZV ∩T X = B0; U Y ∩V Z =

.sin\A

0U Tsin\A0U A

.sin\A

0T Asin\A0T U

= 1

sin \B0BXsin \B0BV

.sin \B

0XVsin \B0XB

.sin \B

0V Bsin \B0V X

= 1

sin \C0CZsin \C0CY

.sin \C

0ZYsin \C0ZC

.sin \C

0Y Csin \C0Y Z

Nhân vế với vế của ba đẳng thức trong (2.4), chú ý tới (2.5) và để ýrằng sin của hai góc bù nhau thì bằng nhau, suy ra:

sin\A0AUsin\A0AT

.sin \B

0BXsin \B0BV

.sin \C

0CZsin \C0CY

.sin\XBCsin\XBA

.sin\XCAsin\XCB

= 1

sin\Y BCsin [Y BA

.sin [Y CAsin\Y CB

.sin [Y ABsin [Y AC

= 1

sin [ZCAsin [ZCB

.sin [ZABsin [ZAC

.sin [ZBCsin [ZBA

= 1

Mặt khác, vì \BXC = [CY A = [AZB nên:

sinαsin( bB + α).

sin( bC + α)sinα = 1

sin\Y BCsin [Y BA

sinαsin( bC + α).

sin( bA + α)sinα = 1

sin [ZCAsin [ZCB

sinαsin( bA + α).

sin( bB + α)sinα = 1.

Do đó sin\XAB

sin\XAC

.sin\Y BCsin [Y BA

.sin [ZCAsin [ZCB

= 1

Vậy theo định lý Ceva dạng lượng giác, ta có: AX, BY, CZ đồng quy.2Bài toán 2.1.11 Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúcvới BC, CA, AB lần lượt tại A1, B1, C1 Điểm M nằm trong (I) Cácđường thẳng A1M, B1M, C1M theo thứ tự cắt (I) tại A2, B2, C2 Chứngminh rằng AA2, BB2, CC2 đồng quy

GiảiTrước hết chứng minh một bổ đề

Bổ đề Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp đường tròn (O), đườngthẳng BD và các tiếp tuyến với (O) tại A, C đồng quy tại S

Khi đó: sin [ASB

Dễ thấy [SAB = \ADB, [SCB = \CDB (hình 2.15)

Suy ra:

sin [ASBsin [CSB

= sin [ASBsin [SAB

.sin\ADBsin\CDB

.sin [SCBsin [CSB

.sin \C2CAsin \C2CB

= A2C

2 1

A2B2 1

.B2A

2 1

B2C2 1

.C2B

2 1

C2A2 1

.sin \C2CAsin \C2CB

GiảiGiả sử −−→

= 12

−−→

BD + m − 1

2

−→BC

GiảiGọi A0, B0, C0 theo thứ tự là giao điểm của AA3 , BB3, CC3 với

BC, CA, AB (hình 2.18)

 

−azcx



−bxay

GiảiGọi K là hình chiếu của A trên BC (hình 2.19)

Vì K, F, E theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB nên:

EB = −cotB.tanC.cotC.tanB = −1.

Vậy, theo định lý Ceva, với chú ý rằng AK, BF, CE không thể đôimột song song, ta có AK, BF, CE đồng quy.

Điều đó có nghĩa là AK đi qua H

Suy ra: AH⊥BC.2

Hình 2.19

Bài toán 2.1.15 Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) Cácđoạn AI, BI, CI theo thứ tự cắt (I) tại A1, B1, C1 Gọi A2, B2, C2 theothứ tự là trung điểm BC, CA, AB Chứng minh rằng: A1A2, B1B2, C1C2đồng quy

Đặt A0 = A1A2 ∩ B2C2; B0 = B1B2 ∩ C2A2; C0 = C1C2 ∩ A2B2 Gọi

A3, A4 theo thứ tự là giao điểm của AB, AC với tiếp tuyến tại A1 của(I) (hình 2.20)