MỘT SỐ DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ MENELAUS, CEVA TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

MỘT SỐ DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ MENELAUS, CEVA TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ Họ tên: Nguyễn Duy Hoàng – Giáo viên trường THCS Tam Dương, Tam Dương Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp Số tiết: 08 tiết (02 buổi) Những năm gần đây, kỳ thi HSG lớp cấp tỉnh kỳ thi tuyển sinh vào lớp chuyên Toán, chuyên Tin trường THPT chuyên thường xuất tốn hình học có nội dung áp dụng định lý Menelaus, định lý Ceva Đây dạng tốn mới, địi hỏi học sinh phải có tư linh hoạt nhìn nhạy bén áp dụng nội dung định lý Ở cấp THCS định lý Menelaus định lý Ceva dùng chủ yếu cho việc chứng minh điểm thẳng hàng, đường thẳng đồng quy; chứng minh tỉ số đoạn thẳng, tỉ số diện tích nhau… mà phương pháp khác áp dụng Trong chuyên đề này, giới thiệu số ứng dụng định lý Menelaus, định lý Ceva để giải tốn hình học chương trình THCS I Nội dung kiến thức sử dụng chuyên đề: Định lý Menelaus (Nhà tốn học cổ Hy Lạp, kỷ I sau cơng nguyên) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho chúng khơng có điểm nào, có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng A'B B ' C C ' A =1 A 'C B ' A C ' B Chứng minh * Trường hợp 1: Trong điểm A’, B’, C’ có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Giả sử B’, C’ ( ⇒ ) Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ M Ta có: C'A AM B ' C A ' C A'B B ' C C ' A AM A ' C A ' B = ; = = =1 Vậy C ' B A ' B B ' A AM A ' C B ' A C ' B A ' B AM A ' C GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương ( ⇐ ) Gọi A’’ giao B’C’ với BC Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có mà A''B B ' C C ' A =1 A '' C B ' A C ' B A'B B ' C C ' A A''B A ' B = nên = Do B’, C’ thuộc cạnh CA, AB A 'C B ' A C ' B A '' C A ' C nên A’’ nằm cạnh BC Vậy A''B A ' B = A’, A’’ nằm cạnh BC suy A '' ≡ A ' Do A’, B’, C’ A '' C A ' C thẳng hàng * Trường hợp 2: Trong điểm A’, B’, C’ khơng có điểm thuộc cạnh tam giác ABC chứng minh tương tự Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy A'B B ' C C ' A = A 'C B ' A C ' B Chứng minh ( ⇒ ) Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ M, N Ta có: B ' C BC C'A AN A ' B AM = ; = ; = B ' A AM C ' B BC A ' C AN Vậy ta có A'B B ' C C ' A AM BC AN = =1 A ' C B ' A C ' B AN AM BC ( ⇐ ) Gọi I giao BB’ CC’ Giải sử AI cắt BC A’’, suy A’’ thuộc BC Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có nên A''B B ' C C ' A A'B B ' C C ' A = mà =1 A '' C B ' A C ' B A 'C B ' A C ' B A'B A '' B = Từ suy A '' ≡ A ' Do AA’, BB’, CC’ đồng quy A ' C A '' C Chú ý: HS cần nắm nội dung kiến thức hình học THCS Nhất kiến thức: - Định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác tam giác,… - Tứ giác nội tiếp - Các phương pháp chứng minh thẳng hàng, đồng quy,… Một số ứng dụng định lý Menelaus, Ceva toán THCS: - Chứng minh tỉ số đoạn thẳng, tỉ số diện tích GV: Nguyễn Duy Hồng - THCS Tam Dương - Chứng minh điểm thẳng hàng, đường thẳng đồng quy - Áp dụng để giải tập tổng hợp: Chứng minh song song, tính góc,… II Bài tập minh họa: Bài Cho ∆ABC có trung tuyến AM Trên AM lấy I cho AI = 4MI Đường thẳng BI cắt AC P Chứng minh rằng: PA = 2PC Lời giải Áp dụng định lí Menelaus cho ∆AMC với cát tuyến BIP ta có: Suy ra: A PC IA BM =1 PA IM BC P PC IM BC = = nên PA = 2PC PA IA BM I C B M Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho toán dẫn đến lời giải hay ngắn gọn Bài Cho ∆ABC Gọi D trung điểm BC, E F hai điểm nằm AB, AC cho AD, BF, CE đồng quy Chứng minh EF // BC Lời giải Áp dụng định lí Ceva cho ∆ABC với đường đồng quy AD, BF CE ta có Vì BD = CD nên A AE BD CF =1 EB DC FA E F O AE CF EA FA = suy = EB FA EB FC Vậy theo định lí Ta-lét ta có: EF // BC B D C Nhận xét: Trong tập dùng dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song thơng thường dùng khó khăn chứng minh Ở ta dùng định lí Ceva dẫn đến tỉ số có lợi EA FA = áp dụng định lí Ta-let để thu EB FC kết hay ngắn gọn GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương Bài Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm (O) với AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng: Các đường thẳng NP, MQ, BD đồng quy Lời giải Gọi I giao QM BD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với điểm Q, M, I thẳng hàng ta có QA ID MB = mà MA = QA nên suy QD IB MA MB ID = QD IB Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC nên NB ID PC ID NB =1⇒ = , theo DP IB PD IB NC định lý Menelaus I, N, P thẳng hàng Bài Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Qua B kẻ tiếp tuyến d đường trịn (O) MN đường kính thay đổi đường trịn (M khơng trùng với A, B) Các đường thẳng AM AN cắt đường thẳng d C D Gọi I giao điểm CO BM Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E, cắt đường thẳng d F Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng (Trích Câu 5.d Đề HSG Phú Thọ 2010-2011) Lời giải Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng B, I, M ta có: OI MA = IC 2CM AB OI CM =1 ⇒ BO IC MA (1) Tương tự với tam giác BCO ba điểm thẳng hàng A, I, F ta có: OI FB = IC 2CF Từ (1) (2) ta có (2) MA FB = Do MF // AB (định lí Ta CM CF · lét đảo) mà AB ⊥ BC ⇒ MF ⊥ BC ⇒ MFC = 900 GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương · · Ta có EFB = EBA (cùng phụ với góc EAB); · · EBA = EMC (tứ giác AMEB nội tiếp) · · ⇒ EFB = EMC ⇒ Tứ giác MEFC nội tiếp · · ⇒ MEC = MFC = 90 Do đó: ME ⊥ EC (3) · Lại có MEN = 900 (chắn nửa đtròn) ⇒ ME ⊥ EN (4) Từ (3) (4) suy C, E, N thẳng hàng Bài Cho tam giác nhọn ABC, AB < AC Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A, B, C Gọi P giao điểm đường thẳng BC EF Đường thẳng qua D song song với EF cắt đường thẳng AB, AC, CF Q, R, S Chứng minh: a) Tứ giác BQCR nội tiếp b) PB = DB D trung điểm QS PC DC c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC (Trích Đề thi vào lớp Chun Tốn, Vĩnh Phúc 2013-2014) Lời giải A a) Do AB < AC nên Q nằm tia đối tia BA R nằm đoạn CA, E từ Q, C nằm phía F đường thẳng BR R H · Do tứ giác BFEC nội tiếp nên · , AFE = BCA S B · Do QR song song với EF nên · AFE = BQR P C D M Q · · Từ suy BCA = BQR hay tứ giác BQCR nội tiếp b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên Từ hai tỷ số ta DB HB = AE HA DC HC = AF HA DB AE HB AE FB = = ( 1) DC AF HC AF EC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được: PB EC FA PB AE FB =1 ⇔ = ( 2) PC EA FB PC AF EC Từ (1) (2) ta PB DB = ( 3) PC DC GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương Do QR song song với EF nên theo định lí Thales DQ BD DS CD = , = PF BP PF CP Kết hợp với (3) ta DQ = DS hay D trung điểm QS c) Gọi M trung điểm BC Ta chứng minh DP.DM = DQ.DR Thật vậy, tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR = DB.DC (4) DC − DB  ÷ = DB.DC    Tiếp theo ta chứng minh DP.DM = DB.DC ⇔ DP  DP ( DC − DB ) = DB.DC ⇔ DB ( DP + DC ) = DC ( DP − DB ) ⇔ DB.PC = DC PB ⇔ PB DB = (đúng theo phần b) Do DP.DM = DB.DC ( ) PC DC Từ (4) (5) ta DP.DM = DQ.DR suy tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC Bài Cho tam giác ABC có AB = AC Trên cạnh AB, AC lấy điểm E , D cho DE = DC Giả sử đường thẳng qua D trung điểm đoạn thẳng EB cắt đường thẳng BC F a) Chứng minh đường thẳng EF chia đơi góc ·AED · · b) Chứng minh BFE = CED (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012) Lời giải a) Gọi M trung điểm BE , G giao điểm đường thẳng EF , AC Ta chứng minh GA EA = × GD ED Áp dụng định lý Ménélaus cho ∆ADM với cát tuyến G, E , F ta có: GA FD EM GA FM EA × × =1⇒ = × GD FM EA GD FD EM Lấy I ∈ BC cho DI P AB Khi hai tam giác FMB, FDI đồng dạng nên FM BM = FD DI FM BM BM = = Do ∆ABC cân, DI P AB nên ∆DCI cân, hay DI = DC = DE suy ra: FD Do M trung điểm BE nên EM = MB GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương DI DE EA EA = EM MB Vậy GA FM EA BM EA EA = × = × = điều phải chứng minh GD FD EM DE BM ED · · · · ABC = · ACB = β ; DCE = DEC = α ; DEG = GEA = γ Ta chứng minh b) Đặt · β = α + γ Thật vậy: · · Trong tam giác BEC có CBE = β , BCE = β − α suy · CEB = 1800 − β − ( β − α ) = 1800 − 2β + α (1) · Do G, E , F thẳng hàng nên FEB = γ · · · CEB = 1800 − CEG − BEF = 1800 − ( α + γ ) − γ (2) Từ (1) (2) suy β = α + γ , điều phải chứng minh Bài Cho tam giác ABC, gọi M chân đường vng góc kẻ từ A xuống đường phân giác góc BCA, N L chân đường vng góc kẻ từ A C xuống đường phân giác góc ABC Gọi F giao MN AC, E giao BF CL, D giao BL AC Chứng minh DE song song với MN Lời giải Kéo dài AM cắt BC G, kéo dài AN cắt BC I, kéo dài CL cắt AB J Khi AM = MG AN = NI suy MN BC song song với (1) Vì AM = MG nên AF = FC Gọi H giao LF BC, ta có BH = CH Trong tam giác BLC có BE, LH, CD cắt F, theo định lý Ceva ta có BH CE LD = HC EL DB Vì BH = CH nên CE DB = , suy DE BC EL LD song song với (2) Từ (1) (2) suy MM song song với DE Bài Cho ∆ABC lấy E, F, M thứ tự cạnh AC, AB cho EF//BC, MB = MC Chứng minh CF, BE , AM đồng quy Lời giải Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi AM ∩ EF = K GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương Theo định lý Talét ta có: AF AK CE KM = = ; ; BF KM AE AK BM =1 CM Suy A AF BM CE =1 BF CM AE Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC ta có CF, BE , AM đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) B Suy E C M Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BE N, AM ∩ BE = I Ta có K F A AF AN BC MI BM = ; =2; = BF BC MC AI AN N F AF BC MI AN BM = =1 BF MC AI BC AN E I Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABM F, I, C thẳng hàng Từ suy CF, BE , AM đồng quy B C M Bài Cho đường tròn nội tiếp ∆ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, AB D, E, F Chứng minh AD, BE, CF đồng quy Lời giải Cách 1: (Chứng minh đồng quy) A Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: F AF = AE; BF = BD; CE = CD E Suy AF BD CE AE BD CE = =1 BF CD AE BD CE AE Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy AD, BE, CF đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đt song song với BC cắt CF N N AD ∩ CF = I Ta có : Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ACD GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương C A F AE CB DI AF CB CD AF CB = = = CE DB AI CD BF AN BF AN AN CB =1 CB AN D B E I B D C AD, BE, CF đồng quy Bài 10 Cho tam giác ABC đường cao AH Lấy D,E thứ tự AB, AC cho AH phân giác góc DHE Chứng minh: AH, BE, CD đồng quy Lời giải M A N Cách 1: (Chứng minh đồng quy) E Từ A kẻ đt // BC cắt HE, HD M N D Vì HA phân giác góc A, HA đường cao nên AM = AN C B H AD MA CE CH = = Ta có: ; ⇒ BD BH AE AN AD BH CE MA BH CH = = BD CH AE BH CH AN Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy AH, BE, CD đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đt // BC cắt HD, HE, BE M, M A N, K Gọi AH ∩ BE = I Ta có: ⇒ N K E D AD BH HI AN BC BH AN BC AE CE = = = BD CH AI BH HC AK HC AK CE AE I B AD MA AN HI BH = = = BD BH BH AI AK H C =1 Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ABH D, I, C thẳng hàng Vậy AH, BE, CD đồng quy Bài 11 Cho ∆ABC vuông A, đường cao AK Dựng bên ngồi tam giác hình vng ABEF ACGH Chứng minh: AK, BG, CE đồng quy Lời giải H Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi D = AB ∩ CE, I = AC ∩ BG G F Đặt AB = c, AC = b Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC BK c AD b CI b ⇒ = = ; = CK b BD c AI c A E (do ∆AIB ∼ ∆CIG) GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương I D B K C ⇒ AD BK CI b c b = =1 BD CK AI c b c Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC AK, BG, CE đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song với BC H cắt BG M AK ∩ BG O Ta có AD b KO BK AD = ; = suy BD c AO AM BD A BC KO b BC BK = CK AO c CK AM = G F b BC BK b CI c b b c = = =1 c AM CK c AI b c c b 2 E Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABK D B O M I C K D, O, C thẳng hàng Vậy AK, BG, CE đồng quy III Bài tập đề nghị: Bài Cho tứ giác ABCD có M, N giao cặp cạnh đối AB CD, AD BC Đường thẳng AC cắt BD, MN I, J Chứng minh JA IA = JC IC Bài Cho tam giác ABC A’B’C’ cho AA’, BB’, CC’ đồng quy O Gọi A1, B1, C1 giao điểm cặp cạnh BC B’C’, CA C’A’, AB A’B’ Chứng minh A1, B1, C1 thẳng hàng Bài Cho tứ giác ABCD có cặp cạnh đối AB Cd, AD BC cắt M, N Chứng minh trung điểm I, J, K AC, BD, MN thẳng hàng Bài Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) Các điểm A’, B’, C’ giao điểm cặp AB DE, BC EF, CD AF Chứng minh điểm A’, B’, C’ thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ trung điểm cạnh BC, CA, AB Điểm M nằm tam giác ABC điểm A 1, B1, C1 giao điểm MA, MB, MC với B’C’, C’A’, A’B’ Chứng minh A’A1, B’B1, C’C1 đồng quy Bài Cho tam giác ABC Một đường thẳng cắt cạnh BC, CA, AB A1, B1, C1 Gọi A2, B2, C2 điểm đối xứng A1, B1, C1 qua điểm cạnh BC, CA, AB Chứng minh điểm A2, B2, C2 thẳng hàng GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 10 Bài Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác AM, BM, CM cắt cạnh đối diện A1, B1, C1 Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 cắt cạnh BC, CA, AB điểm thứ hai A 2, B2, C2 Chứng minh AA2, BB2, CC2 đồng quy Bài Cho (O1) (O2) cắt hai điểm A, B Các tiếp tuyến A B (O1) cắt K Lấy điểm M nằm (O 1) không trùng A B Đường thẳng AM cắt (O2) điểm thứ hai P, đường thẳng KM cắt (O 1) điểm thứ hai C đường thẳng AC cắt (O2) điểm thứ hai Q Gọi H giao điểm PQ với đường thẳng MC Chứng minh rằng: H trung điểm PQ Bài Cho góc xOy, tia Ox lấy hai điểm C A, tia Oy lấy hai điểm D B cho AD cắt BC E Các đường thẳng AB CD cắt K; tia OE cắt AB I Chứng minh rằng: IA KA = IB KB GIÁO VIÊN Nguyễn Duy Hoàng GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 11 ... học THCS Nhất kiến thức: - Định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác tam giác,… - Tứ giác nội tiếp - Các phương pháp chứng minh thẳng hàng, đồng quy,… Một số ứng dụng định lý Menelaus, Ceva toán. .. C’ A '''' C A '' C thẳng hàng * Trường hợp 2: Trong điểm A’, B’, C’ khơng có điểm thuộc cạnh tam giác ABC chứng minh tương tự Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734) Cho tam giác ABC Các điểm... áp dụng định lí Menelaus cho tốn dẫn đến lời giải hay ngắn gọn Bài Cho ∆ABC Gọi D trung điểm BC, E F hai điểm nằm AB, AC cho AD, BF, CE đồng quy Chứng minh EF // BC Lời giải Áp dụng định lí Ceva