Định lí ceva và định lí menelaus trong e2

LỜI CẢM ƠN Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành sâu sắc tới: Thầy Phan Hồng Trường hướng dẫn, bảo tận tình, nhận xét góp ý quý báu thầy trình thực khoá luận Các thầy cô khoa Toán dạy dỗ suốt trình học tập trường Ban giám hiệu, phòng đào tạo tạo điều kiện tốt để hoàn thành khoá luận Gia đình, bè bạn giúp đỡ động viên tinh thần cho Hà Nội, ngày 25 tháng năm 2010 Người thực Nguyễn Thị Len -6- LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan kết đề tài đúng, xác, khách quan, trung thực không trùng với kết tác giả khác Nếu sai xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Hà Nội, ngày 25 tháng năm 2010 Người thực Nguyễn Thị Len -7- MỤC LỤC Trang Lời cảm ơn Lời cam đoan Mục lục Lời nói đầu Chƣơng 1: Định lí Ceva 1.1 Vài nét tác giả Ceva nội dung định lí Ceva 1.2 Ứng dụng định lí Ceva giải toán 1.3 Mở rộng định lí Ceva 34 1.4 Dạng lượng giác định lí Ceva 37 1.5 Định lí đồng quy ngũ giác lồi 41 1.6 Sự đồng quy đường vuông góc 43 Chƣơng 2: Định lí Menelaus 47 2.1 Vài nét tác giả Menelaus nội dung định lí Menelaus 47 2.2 Dạng mở rộng định lí Menelaus 49 2.3 Ứng dụng định lí Menelaus việc giải toán hình 51 học phẳng Chƣơng 3: Một số tập củng cố 63 Kết luận 70 Tài liệu tham khảo 71 -8- Chƣơng 1: Định lí Ceva 1.1 Vài nét nhà toán học Ceva nội dung định lí Ceva 1.1.1 Vài nét nhà toán học Ceva Giovani Ceva sinh ngày tháng 12 năm 1647 Milan, nước Ý.Ông ngày 15 tháng năm 1734 Mantua, nước Ý Thuở nhỏ, ông theo học trường dòng thiên chúa giáo Milan, lớn lên ông học trường Đại học Pisa sau đó, năm 1686 bổ nhiệm làm giáo sư Toán trường đại học Mantua, nơi ông gắn bó suốt đời Năm 1686, bổ nhiệm, Giovani Ceva làm việc quyền cai trị vua Gonzagas Tuy nhiên, năm 1708 nước Áo đem quân chiếm đóng bắt đầu xây dựng công sự, Giovani Ceva nhanh chóng chuyển sang làm việc chế độ thống trị người nước Áo Phần lớn đời Giovani Ceva giành cho nghiên cứu hình học Ông khám phá kết quan trọng tam giác phương pháp hình học tổng hợp Định lí phát biểu đường thẳng qua đỉnh tam giác cắt cạnh đối diện rõ ràng đồng quy tích tỉ số đoạn thẳng chia cạnh tam giác Định lí Ceva in “ De lineis rectis” (1678) Ceva cho xuất “ Opuscula mathematica” năm 1682 Trong “Geometria Motus” (1692), chừng mực đó, ông đề cập đến phép tính vi phân Năm 1711, ông cho đời “Dere Nummeraria”, công trình toán kinh tế, nhằm tìm điều kiện cân cho hệ thống tiền tệ bang Mantua Ceva có công trình quan trọng thuỷ lực học, tiêu biểu “Opus hydro staticum” (1728) Ông viên chức nhỏ Mantua, -9- dùng kiến thức thuỷ lực học để bác bỏ thành công dự án ngăn dòng chảy sông Reno để vào sông Po 1.1.2 Nội dung định lí Ceva Gọi E, F, G ba điểm tương ứng nằm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Lúc đó, ba đường thẳng AE, BF, CG cắt điểm O : AG BE CF 1 GB EC FA A F K G O E B C L Chứng minh A Phần thuận: Giả sử AE, BF, CG cắt điểm O K Từ A, C kẻ đường thẳng song song với BF, chúng cắt CG AE B K, L tương ứng Ta có: AG BE AK  GB EC CL H (1) AK AO FA   (2) CL OL CF Từ (1) (2) ta thu được: E AG BE FA  GB EC CF - 10 -  AG BE CF 1 GB EC FA (điều phải chứng minh) Phần đảo Giả sử E, F, G nằm ba cạnh BC, CA, AB thoả mãn AG BE CF 1 GB EC FA Ta phải chứng minh AE, BF, CG đồng quy Gọi AE cắt BF O Nối C với O cắt AB tai G1 A Khi F theo phần thuận ta có: K G B O Mà theo giả thiết ta có: E C AG BE CF 1 G1B EC FA AG AG AG BE CF 1   GB EC FA G1B GB  G1  G  AE, BF, CG đồng quy O L 1.1.3 Nhận xét : (a) Trong chứng minh phần thuận định lí Cêva sử dụng tỉ số diện tích sau: A K B C E H Gọi K, H hình chiếu B, C xuống đường thẳng AE Khi : BE BK  EC CH - 11 - Mặt khác: SAOB SCOA BK.AO BK   CH.AO CH Do : BE SAOB  EC SCOA Tương tự ta :  AG SCOA  GB  S  BOC   CF  SBOC  FA SAOB Như vậy: AG BE CF SCOA SAOB SBOC  GB EC FA SBOC SCOA SAOB  AG BE CF 1 GB EC FA (b) Để tỏ lòng tôn kính Ceva người ta gọi đoạn thẳng AE, BF, CG Cevian Tổng quát : Cevian đoạn thẳng nối đỉnh tam giác với điểm cạnh đối đỉnh 1.2 Ứng dụng định lí Ceva việc giải toán hình học phẳng 1.2.1 Ví dụ ( Các điểm đặc biệt tam giác) Dùng định lí Ceva, chứng minh a) Ba đường trung tuyến tam giác đồng quy điểm, điểm gọi trọng tâm b) Ba đường phân giác tam giác đồng quy điểm ( tâm đường tròn nội tiếp) c) Ba đường cao tam giác đồng quy điểm, điểm gọi trực tâm - 12 - d) Gọi D, E, F tiếp điểm tròn nội tiếp tam giác ABC ứng với cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: Các đường thẳng AD, BE, CF giao điểm, điểm gọi điểm Gergonne e) Cho tam giác ABC với trung tuyến AM Giả sử CAM  MAB Ta nói ASa đối trung tuyến tam giác ABC Sa thuộc cạnh BC BASa  CAM Chứng minh : Trong tam giác, ba đối trung tuyến đồng quy điểm, điểm gọi điểm Lemoine g) Gọi Xa tiếp điểm cạnh BC với đường tròn tâm Ia , đường bàng tiếp góc A tam giác ABC Định nghĩa tương tự cho điểm Xb Xc cạnh tương ứng AC AB Chứng minh rằng: Ba đường thẳng AXa , BXb , CXc giao điểm , điểm gọi điểm Nagel Giải a) A N P B M Gọi M, N, P trung điểm BC, CA , AB  BM CN AP 1 MC NA PB  Theo định lí Ceva AM , BN , CP đồng quy - 13 - C A b) F E B C D Theo tính chất đường phân giác, ta có : BD AB CE CB AF AC   ; ;  DC AC EA BA FB BC  BD CE AF AB CB AC  DC EA FB AC BA BC Theo định lí Ceva AD , BE , CF đồng quy c) A E F C D B Ta có:  ACD  BCE hai tam giác đồng dạng  CE BE  CD AD (1)  AFC  AEB hai tam giác đồng dạng  AF CF  AE BE (2)  BAD  BCF hai tam giác đồng dạng  BD AD  FB CF (3) Từ (1), (2), (3) ta : AF BD CE AF BD CE CF AD BE  = =1 FB DC EA AE FB CD BE CF AD - 14 -  AF BD CE 1 FB DC EA  Theo định lí Ceva AD , BE , CF đồng quy d) A E F B D C Gọi D, E , F tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC , CA , AB Khi : BD = BF , CD = CE , AE = AF Vậy: BD CE AF BD CE AF  = DC EA FB BF CD AE Do theo định lí Ceva AD , BE , CF đồng quy e) A B C Sa Ma Gọi ba đối trung tuyến  ABC ASa , BSb , CSc Ta tính diện tích tam giác cách sử dụng hai công thức 2S = a.b.sinC 2S = c.hc - 15 - Do trường hợp (*) thoả mãn (hình 1) Giả sử X nằm A B’ (hình 2) Giả sử XG cắt AC Y’ Lúc đó, G nằm khác phía với B C so với đường thẳng XY nên Y phải nằm Y’ C Suy ra: SGYC '  SGY 'C' Như vậy, trường hợp này, ta cần chứng minh: SXGB'  SY 'GC ' Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ABC đường thẳng XGY’ ta có: XB ' GC' Y ' A 1 XA GB Y ' C Hay XB ' Y' C'   , G trung điểm B’C’ XA Y' A Suy ra: AB' AX XB '   AC AY' Y' C' Gọi hB khoảng cách từ G đến AB hC khoảng cách từ G đến AC Ta có:  h B AB' SAGB'  1 h C AC ' SAGC ' h B AB'  h C AC'  h C XB'  h B Y' C' Vậy : SBXGY + SCYGX   SY 'GC '  SXGB ' Đẳng thức xảy X  B' Y  C' hay SBXGY + SCYGX =  XY // BC XY qua G - 62 - 2.3.7 Ví dụ ( Olympic Bulgaria, vòng 3, 1998) Cho tứ giác ABCD có AD = CD; DAB  ABC < 900.Qua D kẻ đường thẳng đến trung điểm BC, đường thẳng cắt đường thẳng AB E Chứng minh rằng: BEC  DAC Giải A D B M P C E Gọi M trung điểm BC, giả sử AD cắt cạnh BC N, AN cắt cạnh EC P Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác DMN:  P, C, E thẳng hàng Ta có: PD CN EM 1 PN CM ED (1)  A, B, E thẳng hàng Ta có: Từ (1)  AD BN EM 1 AN BM ED PD CM.ED  PN CN.EM (2) (3) Mặt khác: NAB  ABN nên ABN tam giác cân Vì AN = BN - 63 - Từ (2) ta có: AD.EM ED AD 1  vào (3) ta được: BM.ED EM BM PD CM AD AD   PN CN BM CN Do AD = CD theo giả thiết nên PD CD  PN CN  CP phân giác góc DCN  ACP  ACD  DCP  (NBC  DCN )  NAB  DCP  CAB  BEC  ABC  BCE  BAD  DCP  DAC tức BEC  DAB (điều phải chứng minh) 2.3.8 Ví dụ (Balkal, Senior, 1995) Cho đường tròn tâm O O’ gặp A B, cho OA  OA’ OO’ cắt hai đường tròn C, E, D, F cho điểm C, O, E, D, O’, F nằm đường thẳng theo thứ tự BE cắt đường tròn tâm O điểm thứ hai K cắt CA M BD cắt đường tròn tâm O’ điểm thứ hai L cắt AF N Chứng minh rằng: KE LN O' E  KM LD OD Giải - 64 - M L K A N L F D C O D O' AOO'  2ACF Ta có:  AO ' O  2AFC Mà AOO'AO' O  1800  OAA'  900  AC F  AFC  450 O' AL  1800  AO ' L  ALO '  2OAL  1800  AO ' L  O' AL  900  AO ' L  CAL  CAO  OAO'O' AL  ACD  1800  ABL Vậy: CAL  1800  C, A, L thẳng hàng Tương tự: K, A, F thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác CME với K, A, F thẳng hàng, ta có: KE AM FC 1 KM AC FE Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác FND với L, A, C thẳng hàng, ta có: LD AN CF 1 LN AF CD - 65 -  KE LN AC.FE.AN.CF AC.AN.FE AC.AN O' E    KM LD AM.FC.AF.CD AM.AF.CD AM.AF.O D Ta có: MAN  CAF  1800 (ACF  AFC)  1800  450  1350 MBN  EBA  ABD  EFA  ACD  450  Tứ giác AMBN nội tiếp đường tròn  AMN  ABN (1) Mà tứ giác ACBD nội tiếp đường tròn (O)  ABD  ACD (2) Và ACD  ACF  ABN  ABD (3) Từ (1),(2),(3) ta có: AMN  ACF  MN // CF Vậy:  AC AF  AM AN  AC.AN 1 AM.AF KE LN O' E  (điều phải chứng minh) KM LD OD - 66 - CHƢƠNG 3: MỘT SỐ BÀI TẬP CỦNG CỐ Bài 3.1: Thi học sinh giỏi vùng Mĩ (ARML), 1997 Cho hình thang ABCD với AB > CD; E giao điểm hai cạnh bên AD BC; F trung điểm AB a) Chứng minh rằng: AC, BD, EF đồng quy b) Biết diện tích hình thang Đường chéo hình thang lấy giá trị bé bao nhiêu? Bài 3.2 Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC, ta lấy điểm C1, A1,B1 tương ứng cho đường thẳng AA1, BB1 ,CC1 đồng quy O Đường thẳng vẽ qua O song song với AC cắt đường thẳng A1B1, B1C1 tương ứng điểm K, M Chứng minh OK = OM Bài 3.3 ( Olympic Toán học Bankal, 1998) Cho tam giác ABC vuông, không cân, nội tiếp đường tròn (O) Gọi A1,B1,C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB Trên tia OA1 lấy A2 cho tam giác OAA1 đồng dạng với tam giác OA2A Trên tia OB1, OC1 tương tự cho điểm B2 , C2 Chứng tỏ rằng: đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy điểm Bài 3.4 ( Olympic Toán học mùa Đông Bulgaria, P.9.2, 2001 ) Cho điểm A1, B1, C1 nằm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC; Ga, Gb Gc trọng - 67 - tâm tam giác AB1C1, BA1C1 CA1B1 Kí hiệu G1, G2 tương ứng trọng tâm tam giác A1B1C1 tam giác GaGbGc Chứng minh rằng: a) Các điểm G, G1 G2 thẳng hàng b) Ba đường thẳng AGa, BGb CGc đồng quy điểm AA1, BB1 CC1 đồng quy Bài 3.5 Trong tam giác ABC, gọi M trung điểm cạnh BC, cho AB = 12 AC  16 Điểm E F lấy hai cạnh AC AB cho AE = 2AF Các đường thẳng EF AM cắt G Hãy tính tỉ số EG GF Bài 3.6 ( Balkan, Junior, 2001 ) Cho tam giác ABC có C  900 , CA  CB CH đường cao, CL phân giác Chứng minh với điểm X  C nằm đường thẳng CL ta có XAL  XBC với điểm Y  C nằm đường thẳng CH ta có YAC  YBC Bài 3.7 ( Olympic Bulgary, Vòng 3, 1996) Cho hai đường tròn k1, k2 có tâm O1, O2 tiếp xúc C Một đường tròn k có tâm O tiếp xúc với hai đường tròn k1, k2 Gọi (d) tiếp tuyến chung C k1, k2; AB đường kính vuông góc với (d) k ; điểm A O1 nằm nửa mặt phẳng với bờ đường thẳng (d) Chứng minh ba đường thẳng AO2, BO1 (d) đồng quy - 68 - Bài 3.8 Cho tứ giác lồi ABCD thoả mãn điều kiện BAD  900 Gọi M, N hai điểm nằm BC CD cho MAD  NAB  900 Chứng tỏ MN BD cắt I IA  AC Bài 3.9 ( Olympic toán học Mùa Xuân Bulgaria, P.10.2, 2001 ) Gọi A1, B1 hai điểm nằm cạnh BC, CA tam giác ABC Gọi D, E giao AA1 BB1, A1B1 CD Chứng minh A1 EC  900 điểm A, B, A1, E nằm đường tròn AA1= BA1 Bài 3.10 ( Thi học sinh giỏi Romania, Problem 10.2, 1999) Một mặt phẳng cắt cạnh AB, BC, CD, DA tứ diện ABCD điểm tương ứng M, N, P, Q Chứng minh MN.NP.PQ.QM  AM.BN.CP.DQ Hướng dẫn giải Bài 3.1 a) Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABE với Cevian EF, BD, AC b) Gọi D1 ,C1 hình chiếu D C lên AB Đặt d1= BD, p1 = BD, p2 =AC1, CC1 = h, AB = a, CD = b Không tính tổng quát, giả sử d1  d2 , p1  p2 Dễ thấy, p1+ p2  a + b Ta có: S p1  a  b  ABCD  h h - 69 - Sau áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta tính d1  Vậy đường chéo hình thang lấy giá trị bé Bài 3.2 Vẽ qua B đường thẳng song song với AC cắt đường thẳng B1C1 B1A1 tương ứng điểm M1, K1 Mệnh đề chứng minh tương đương với việc chứng minh BM1 = BK1 Sử dụng đồng dạng hai tam giác AB1C1 BM1C1 định lí Ceva ta suy điều phải chứng minh Bài 3.3 Ta chứng minh A2 , B2, C2 lập thành đỉnh tam giác nhận O làm tâm đường tròn nội tiếp, A, B, C tiếp điểm Sau ta đưa toán cho toán quen thuộc: Trong tam giác, ba đường thẳng nối ba đỉnh với điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp đồng quy Bài 3.4 a) Sử dụng phương pháp vectơ b) Bằng việc xét tỉ số diện tích, sau sử dụng định lí Ceva Bài 3.5 Kéo dài BC FE cắt H Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác FBH với ba điểm G, A, M thẳng hàng tam giác ECH với ba điểm G, A, M thẳng hàng Sau tính toán ta GE  GF - 70 - Bài 3.6 Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác điểm:  OAB A1, B1,C1  OBC B1, C1, A1  OAC A1, C1, B1 Sau ta nhân vế với vế hệ thức ta thu điều phải chứng minh Bài 3.7 Chứng minh phương pháp phản chứng Bài 3.8 Ta kí hiệu r, r1, r2 bán kính k, k1 k2; Gọi M, N tương ứng tiếp điểm k với k1 k2; P giao điểm (d) AB Các đường thẳng AN, BM, (d) có chung điểm H, điểm gọi trực tâm tam giác ABC Áp dụng định lí Ceva, sau ta có kết sau: r1 r  Giả sử giao PB AP điểm (d) với đường thẳng BO1 , AO2 D1 D2 Có hai tam giác O1CD BPD1 đồng dạng nên  CD1 r CD r  Tương tự, ta có:  D1 P PB D P AP CD1 CD  D1 P D P  D1  D - 71 - Bài 3.9 Gọi F giao AE BC Để giải toán, ta cần chứng minh EA1 phân giác góc BEF Bài 3.10 Sử dụng định lí Cosin vào tam giác MBN bất đẳng thức Trung bình cộngtrung bình nhân Sau áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với M, N, T thẳng hàng tam giác ADC với Q, P, T thẳng hàng - 72 - KẾT LUẬN Có thể nói việc chứng minh toán đồng quy thẳng hàng hình học phẳng việc sử dụng hai định lí Ceva Menelaus, nhiều không dễ dàng Trong khoá luận, đưa số ví dụ minh hoạ tập tự giải với mong muốn hình thành kĩ khả suy luận cho bạn đọc Hi vọng rằng, khoá luận tài liệu bạn đọc yêu toán phát triển nhiều toán hay, sâu có sử dụng định lí Ceva Menelaus Một lần xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành, sâu sắc tới thầy Phan Hồng Trường, giáo viên trực tiếp hướng dẫn để hoàn thành tốt khoá luận Mặc dù cố gắng song hạn chế khả kiến thức nên khoá luận không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận góp ý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn ! - 73 - TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Nho (2007), Những định lí chọn lọc hình học phẳng qua kì thi Olympic, NXBGD [2]Nguyễn Vũ Thanh (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sở hình học, NXBGD [3] Nguyễn Văn Nho (2003), Olympic Toán học Châu Á- Thái Bình Dương, NXBGD [4] Nguyễn Văn Nho (2002), Tuyển tập toán từ thi Trung Quốc, NXBGD [5] Nguyễn Văn Nho (2004), Tuyển chọn toán từ thi số nước Đông Âu, tập 1, NXBGD [6] Nguyễn Quý Dy - Nguyễn Văn Nho - Đào Tam -Lưu Xuân Tình (2004), Tuyển tập 200 thi vô địch Toán, tập 4: Hình học phẳng, NXBGD [7] Một số trang Internet: http:/violet.vn http:/maths.forum.vn http:/diendantoanhoc.net.vn - 74 - LỜI NÓI ĐẦU 1.Lí chọn đề tài Các định lí với khái niệm Toán học tạo thành nội dung môn Toán, làm tảng cho việc rèn luyện kĩ môn, đặc biệt khả suy luận chứng minh, phát triển lực trí tuệ chung, rèn luyện tư tưởng, phẩm chất đạo đức Một định lí kết suy diễn chặt chẽ từ định đề, tính chất định lí trước Có định lí mà ngày chứng minh cách không khó khăn tầm quan trọng điều phủ nhận, giá trị nằm chỗ đời thời đại ứng dụng sao; bên cạnh đó, vẻ đẹp mô để đến nhiều kết đẹp khác mục tiêu nghiên cứu thuộc Toán học đại Trong chương trình toán phổ thông, toán hình học phẳng toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng thường gặp đặc biệt kì thi học sinh giỏi, thi Olympic toán nước Để giải toán dạng có nhiều cách song không nhắc đến việc ứng dụng hai định lí Ceva Menelaus Với mong muốn giúp thân bè bạn tìm hiểu, nghiên cứu sâu ứng dụng hai định lí tiếng này, chọn “Định lí Ceva định lí Menelaus IE2” làm đề tài cho khoá luận Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu định lí Ceva Menelaus ứng dụng việc giải số toán hình học phẳng - 75 - Nhiệm vụ nghiên cứu Xây dựng hệ thống ví dụ minh họa, thể tác dụng hai định lí việc giải toán hình học phẳng Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu lí luận, sử dụng công cụ toán học Cấu trúc khoá luận Chương 1: Định lí Ceva Chương 2: Định lí Menelaus Chương 3: Một số tập củng cố - 76 - [...]... HB D 2 H HB HB (5) Từ (4) và (5) suy ra : CD1 = CD2  D1  D2 Hay AO2 , BO1 và l đồng quy 1.3 Mở rộng định lí Ceva Ở trên ta có định lí Ceva cho các Cevian.Ta có thể phát biểu định lí này trong trường hợp tổng quát, khi các điểm D, E, F không phải chỉ nằm trên các cạnh (tức AD, BE, CF là các Cevian), mà nó có thể nằm tuỳ ý trên các đường thẳng chứa các cạnh Mở rộng định lí Ceva được phát biểu như sau:... của định lí Ceva Dạng lượng giác của định lí Ceva thực chất chỉ là hệ quả của định lí Ceva, ở đây gọi tắt là Định lí Tri -Ceva ( Trigonomeric Form of Ceva s Theorem) Trong một số trường hợp việc sử dụng dạng này tỏ ra hữu ích Định lí Tri- Ceva Cho AD, BE, CF là các Cevian trong tam giác ABC Lúc đó, các Cevian đồng quy khi và chỉ khi: sin ABE sin BCF sin CAD 1 sin CBE sin AC F sin BAD Hay sin... (C) tại B và tiếp xúc với (C’) tại Z Chứng minh rằng: Các đường thẳng XB, YA và OZ đồng quy Giải A X (C') (C) Z O Y B Xét tam giác OXY có A  OX , B  OY, Z  XY - 39 - Ta có: OA XZ YB  OA XZ  YB  AX ZY BO AX ZY BO OA XZ YB OB XA YZ 1   OA XZ YB 1 AX ZY BO Theo phần đảo của định lí Ceva thì XB, YA và OZ đồng quy 1.4 Dạng lƣợng giác của định lí Ceva Dạng lượng giác của định lí Ceva thực... Vậy: BL CM AN 1 LC MA NB Theo định lí đảo của định lí Ceva thì AL, BM và CN đồng quy tức AY, BZ và CX đồng quy 1.2.11 Ví dụ 11 Hai đường tròn (O1 , r1 ) và (O2, r2) tiếp xúc ngoài tại C và cùng tiếp xúc trong với đường tròn (O, r) theo thứ tự tại A1 , A2 Tiếp tuyến chung của (O1), (O2) tại C là đường thẳng l cắt (O) tại P Kẻ đường kính AB của (O) vuông góc với l ( A và O2 nằm cùng phía đối với đường... của định lí Ceva ta suy ra AXa , BXb , CXc đồng quy 1.2.2 Ví dụ 2 Cho tam giác ABC Gọi D là trung điểm của BC E, F lần lượt là hai điểm trên AB và AC Chứng minh rằng: Nếu AD, BF, CE đồng quy thì EF song song với BC A Giải F E B D C Áp dụng định lí Ceva trong tam giác ABC với ba đường thẳng đồng quy AD, BF, CE ta có: BD CF AE 1 DC FA EB - 17 - AE CF 1 EB FA Vì BD = DC nên  AE FA  EB CF Theo định. ..  O1CE ( Vì O1C và OA cùng vuông góc với l) Từ đó : O, E, O1 thẳng hàng hay E  A1 Tương tự: F  A2 và BA 2 OA 2 r   A 2 C A 2 O 2 r2 Gọi H là giao điểm của l với AB thì CH, AA2, BA1 là các đường cao của tam giác ABC Theo định lí Ceva, ta có: AH AA1 CA 2 r2   HB A1C A 2 B r1  r2 r  1 AH BH (4) Gọi D1, D2 là các giao điểm của BO1 và AO2 với l thì CD 2 O 2 C r2 CD1 O1 C r   1 và   D1H HB HB... sin 2B BD CE AF 1 CD EA FB Theo định lí Ceva : các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy 1.2.9 Ví dụ 9 ( Bài đề nghị cho IMO của Belarusia, 2001) Gọi A1 là tâm của một hình vuông nội tiếp trong một tam giác nhọn ABC - 31 - với hai đỉnh của hình vuông ở trên cạnh BC Như thế một trong hai đỉnh của hình vuông ở trên cạnh AB và đỉnh kia ở trên cạnh AC Các điểm B1, C1 được xác định theo cách tương tự cho các... P, Q lần lượt ở trên các cạnh AB và AC, các đỉnh S và T ở trên cạnh BC với S ở giữa B và T Do AX qua tâm của hình vuông QPST nên nếu nó cắt cạnh PQ của hình vuông thành các đoạn độ dài u và v thì nó cắt cạnh ST thành các đoạn độ - 32 - dài v và u.Ta có thể chứng minh điều trên một cách đơn giản bằng việc xét các tam giác đồng dạng  AP AQ  AB  AC  u  AP Theo định lí Talet, ta có:    AB BX v ... FB và IR EC  IS EA IM IP IR DB FA EC  IN IQ IS DC FB EA Do AD, BE, CF đồng quy tại I nên theo định lí Ceva thì ta có: DB FA EC 1 DC FB EB - 18 -  IM IP IR  1 (Điều phải chứng minh) IN IQ IS 1.2.4 Ví dụ 4 (Thi vô địch Hàn Quốc, 1992) Trong tam giác ABC có AB  AC, gọi V là giao điểm của phân giác trong của góc A với cạnh BC, D là chân đường cao vuông góc hạ từ A xuống cạnh BC Nếu E và F... có:  PAH và  OAD là hai tam giác đồng dạng (theo trường hợp đặc biệt của tam giác vuông)  AH HP  AD DO Tương tự:  BHP và  BCO là hai tam giác đồng dạng  BH HP  BC CO Mặt khác, CO = DO  Vậy ta được:  BH HP  BC DO AH BH AH AD    AD BC HB BC AH BC PD AD BC PD PD   1 HB CP DA BC CP DA CP Theo phần đảo của định lí Ceva, ba đường thẳng AC, BD, PH đồng quy  PH  FE tức H  F và E  PF ... đầu Chƣơng 1: Định lí Ceva 1.1 Vài nét tác giả Ceva nội dung định lí Ceva 1.2 Ứng dụng định lí Ceva giải toán 1.3 Mở rộng định lí Ceva 34 1.4 Dạng lượng giác định lí Ceva 37 1.5 Định lí đồng quy... đảo định lí Ceva XB, YA OZ đồng quy 1.4 Dạng lƣợng giác định lí Ceva Dạng lượng giác định lí Ceva thực chất hệ định lí Ceva, gọi tắt Định lí Tri -Ceva ( Trigonomeric Form of Ceva s Theorem) Trong. .. đường vuông góc 43 Chƣơng 2: Định lí Menelaus 47 2.1 Vài nét tác giả Menelaus nội dung định lí Menelaus 47 2.2 Dạng mở rộng định lí Menelaus 49 2.3 Ứng dụng định lí Menelaus việc giải toán hình