ĐỊNH LÍ MENELAUS, ĐỊNH LÍ CEVA VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

1.Định lí Ceva và định lí Menelaus dạng độ dài hình học.1.1. Định lí Ceva: Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi: (1)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN TOÁN THPT Tên đề tài: ĐỊNH LÍ MENELAUS, ĐỊNH LÍ CEVA VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG Người thực hiện: Nguyễn Tố Uyên Trường: THPT Chuyên Cao Bằng NĂM HỌC: …………………… ĐỊNH LÍ MENELAUS, ĐỊNH LÍ CEVA VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG Người viết: Nguyễn Tố Uyên Trường THPT Chuyên Cao Bằng 1.Định lí Ceva định lí Menelaus dạng độ dài hình học 1.1 Định lí Ceva: Cho tam giác ABC điểm A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy khi: A ' B B 'C C ' A = (1) A'C B ' A C ' B Chứng minh : ( ⇒ ) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1) Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC I K Áp dụng định lí Thales có: B ' C BC C ' A AK = ; = B ' A AI C ' B BC Hơn ta có: AI AM AK A ' B AI = = ⇒ = A ' B MA ' A ' C A ' C AK A ' B B ' C C ' A AI BC AK = Vậy ta có A ' C B ' A C ' B AK AI BC ( ⇐ ) Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy Gọi P giao điểm AA’ BB’, D giao điểm CP AB Khi áp dụng phần ta có A ' B B ' C DA = (2) A ' C B ' A DB C ' A DA = ⇒ C ' ≡ D ( Do C’ D thuộc cạnh AB) Từ (1) (2) ta có C ' B DB Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy P Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy gọi ba đo thẳng Ceva đoạn thẳng AA’, BB’và CC’ gọi ba đoạn thẳng Ceva 1.2 Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC điểm A’, B’, C’ đường thẳng BC, CA, AB cho: ba điểm A’, B’, C’ nằm phần kéo dài ba cạnh, ba điểm nằm phần kéo dàocủa cạnh hai điểm lại nằm hai cạnh tam giác (*) Điều kiện cần đủ để A’, B’, C’ thẳng hàng A ' B B 'C C ' A = (1) A'C B ' A C ' B Chứng minh : ( ⇒ ) Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1) Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ M Áp dụng định lí Thales ta có: A ' B A 'C ' B 'C B ' M = , = A 'C A ' M B ' A B 'C ' CM B ' M CM A ' M C ' A A ' M B ' C ' = = ⇒ = Mặt khác ta có C ' A B 'C ' C ' B A 'C ' C ' B A ' C '.B ' M A ' B B 'C C ' A A 'C ' B ' M  A ' M B 'C '  =  Do ta có ÷ = A ' C B ' A C ' B A ' M B 'C ,  A 'C ' B ' M  ( ⇐ ) Cho điểm A’, B’, C’ thoả mãn (*) (1), ta chứng minh A’, B’, C’ thẳng háng Giả sử B’, C’ nằm hai cạnh tam giác A’ thuộc phần kéo dài cạnh lại Gọi D giao điểm A’C’ AC Khi đó, theo chứng minh ta có A ' B DC C ' A = (2) A ' C DA C ' B DC B ' C = ⇒ D ≡ B ' ( thuộc cạnh AX) Từ (1) (2) ta có DA B ' A Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng Trong trường hợp điểm A’, B’, C’ thuộc phần kéo dài cạnh chứng minh tương tự 2.Định lí Ceva dạng lượng giác Cho tam giác ABC điểm M, N, P khác A, B, C theo thứ tự thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi đó: đưòng thẳng AM, BN, CP đồng quy đôi song song khi: sin( AM , AB ) sin( BN , BC ) sin(CP, CA) = −1 sin( AM , AC ) sin( BN , BA) sin(CP, CB ) 3.Một số ví dụ áp dụng Bài 1: Chứng minh tam giác: a) Ba đường trung tuyến đồng quy b) Ba đường phân giác đồng quy c) Ba đường cao đồng quy d) Ba đường trung trực đồng quy Chứng minh Xét tam giác ABC a) Ba đường trung tuyến AM, NB, CP đồng quy MB NC PA = Theo định lí Ceva, AM, BN CP đồng Thật ta có MC NA PB quy G (G trọng tâm tam giác) b) Ba đường phân giác AD, BE CF đồng quy DB AB EC BC = ; = Áp dụng tính chất đường phân giác ta có DC AC EA BA FA CA DB EC FA AB BC CA = Do = = 1, theo định lí Ceva, AD, FB CB DC EA FB AC BA CB BE CF đồng quy I (I tâm đường tròn nội tiếp tam giác) c) Ba đường cao AH, BI CK đồng quy Trường hợp tam giác ABC nhọn BH AB AK AC = = Ta có ∆AKC ~ ∆AIB ⇒ , ∆ABH ~ ∆CBK ⇒ BK BC AI AB CI BC ∆BCI ~ ∆ACH ⇒ = CH AC HB IC KA = 1, theo định lí Ceva, AH, BI CK đồng quy H” Do HC IA KB (H” trực tâm tam giác) Trường hợp tam giác ABC tù A Gọi O giao điểm BI CK Khi A trực tâm tam giác OBC nên OA ⊥ BC ⇒ O ∈ AH d) Ba đường trung trực d a , db , d c đồng quy Gọi M, N, P trung điểm BC, AC, AB Khi d a , db , d c ba đường cao tam giác MNP nên đồng quy Bài 2: Cho tam giác ABC đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC, AC AB D, E, F Khi đường thẳng AD, BE, CF đồng quy điểm DB EC FA = 1, DC EA FB theo định lí Ceva, AD, BE CF đồng quy J (J gọi điểm Gergonne tam giác ABC) Bài 3: Chứng minh tam giác, chân đường phân giác hai góc chân đường phân giác góc thứ thẳng hàng Chứng minh Trước hết ta thấy điểm E, F D thỏa mãn E, F thuộc cạnh AC AB D nằm đoạn BC) Mặt khác, theo tính chất đường phân giác (trong ngoài), ta có DB AB EC BC FA CA = ; = = DC AC EA BA FB CB Do Cho tam giác ABC, gọi BE, CF DB EC FA AB BC CA phân giác ( = = E ∈ AC , F ∈ AB, D ∈ BC ) DC EA FB AC BA CB Bài 4: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi M, N, P, q tiếp điểm (I) với AB, BC, CD AD Chứng minh NP, MQ BD đồng quy Chứng minh Theo giả thiết ta có: AQ = AM, BM = BN, CN = CP, DP = DQ Gọi O giao điểm NP BD Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BCD OB PD NC OB NB =1⇒ = ta có OD PC NB OD PD Khi ta có : OB QD MA NB QD = = 1, áp dụng OD QA MB PD MB định lí Menelaus cho tam giác ABD O, M, Q thẳng hàng Vậy NP, BD MQ đồng quy Chứng minh Ta có BD = BF, CD = CE AE = AF Suy Bài 5: (Định lí Desargues ) Cho hai tam giác ABC A’B’C’ Gọi M giao điểm AB A’B’, N giao điểm AC A’C’, P giao điểm BC B’C’ Khi M, N, P thẳng hàng AA’, BB’ CC’ đồng quy Chứng minh : ( ⇐ ) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy O Ta chứng minh M, N, P thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác OAC với ba điểm N, A’ C’, ta có: NA C ' C A ' O PC B ' B C ' O MB A ' A B ' O = Tương tự ta có: = =1 NC C ' O A ' A PB B ' O C ' C MA A ' O B ' B NA PC MB = ,áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC nên ta NC PB MA M, N, P thẳng hàng ( ⇒ ) Cho M, N, P thẳng hàng ta chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy P Ta có O giao BB’ CC’ Hơn A giao MB NC, A’ thẳng hàng hay AA’, BB’ CC’ đồng quy Bài 6: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp Chứng minh AD, BE, CF đồng quy AB CD EF =1 BC DE FA Chứng minh : Xét tam giác AEC điểm D, B, AD, EB, CF đồng quy · · · F Theo định lí Ceva dạng lượng sin DAE sin BEC sin FCA =1 giác theo định lí hàm số sin ta có: · · A sin FCE · sin DAC sin BE DE BC FA ⇔ =1 DC BA FC ⇔ AB.CD.EF = BC.DE.FA Bài 7: Cho tam giác ABC Đường tròn (O) cắt cạnh BC X, Y; cắt cạnh CA Z, T; cắt cạnh AB U, V cho XYZTUV đỉnh lục giác lồi XT cắt YU A’, ZV cắt TX B’, UY cắt VZ C’ Chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy Chứng minh : Áp dụng định lí Ceva dạng lượng giác cho tam giác AUT, BXV, CZY với đồng quy tương ứng AA’, UA’, TA’, BB’, XB’, VB’, CC’, ZC’, YC’, ta có:  sin ·A ' AU sin ·A ' AU sin ·A 'TA =1  ·A ' AT sin ·A 'UA sin ·A 'TU sin   sin B · ' BX sin B · ' XV sin B · 'VB = (1)  · · ' XB sin B · 'VX sin B ' BV sin B  · ' CZ sin C · ' ZY sin C · 'YC  sin C =1  · ' CY sin C · ' ZC sin C · 'YZ  sin C Mặt khác ta có: · ' XB = π ; ·A 'TA + B · 'V X = π  ·A 'UT + B  · · · ·  B ' XV + C ' ZC = π ; B 'VB + C 'YZ = π · · · · C ' ZY + A 'UA = π ; C 'YC + A ' TU = π (2) Nhân vế với vế ba đẳng thức (1), ý tới (2) để ý sin hai góc bù nhau, suy ra: · ' BX sin C · ' CZ sin ·A ' AU sin B =1 · ' BV sin C · ' CY sin ·A ' AT sin B Vậy theo định lí Ceva dạng lượng giác, với ý AA’, BB’, CC’ đôi song song, ta có: AA’, BB’, CC’ đồng quy Bài 8: Cho tứ giác ABCD có AB cắt CD E, AD cắt BC F Chứng minh trung điểm đoạn AC, BD, EF nằm đường thẳng (Đường thẳng Gauss) Chứng minh : Gọi H, I, J, K, L, G trung điểm AC, BD, EF, BE, EC, CB J, L, K nằm đường thẳng song song với BF ⇒ HG JL IK AB FC DE = HL JK IG AE FB DC Áp dụng định lí Menelaus tam giác BCE đường thẳng ADF, ta có: AB FC DE HG JL IK =1⇒ =1 AE FB DC HL JK IG Ta có: Vậy H, I, J thẳng hàng (định lí H, G, L nằm đường thẳng song Menelaus đảo tam giác song với AE GKL) I, G, K nằm đường thẳng song song với DE Bài 9: Cho tam giác ABC lấy E, F, M thứ tự cạnh AC, AB, BC cho EF song song BC, MB = MC Chứng minh CF, BE, AM đồng quy Chứng minh : Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi K giao điểm AM EF AF AK CE KM BM AF BM CE = ; = ; =1⇒ = Theo định lí Thales ta có: BF KM AE AK CM BF CM AE Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có CF, BE, AM đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BE N, AM cắt BE I Ta có: AF AN BC MI BM AF BM MI = ; = 2; = ⇒ = BF BC MC AI AN BF CM AI Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABM F, I, C thẳng hàng Từ suy CF, BE, AM đồng quy I Bài 10: Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, AB D, E, F Chứng minh AD, BE, CF đồng quy Chứng minh : Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt AF = AE; BF = BD; CE = CD, suy AF BD CE AE.BD.CE = = Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có BF CD AE BD.CE AE AD, BE, CF đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt CF N, AD cắt CF I Ta có: AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB = = = = CE DB AI CD BF AN BF AN CB AN Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACD B, I, E thẳng hàng Từ suy AD, BE, CF đồng quy I Bài 11: Cho tam giác ABC đường cao AH Lấy D, E theo thứ tự AB, AC · cho AH phân giác góc DHE Chứng minh AH, BE, CD đồng quy Chứng minh : Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Từ A kể đường thẳng song song BC cắt HE, HD M N Vì HA phân giác góc µA , HA đường cao nên AM = AN AD MA CE CH AD BH CE MA BH CH = ; = ⇒ = = Áp dụng Ta lại có BD BH AE AN BD CH AE BH CH AN định lí Ceva cho tam giác ABC ta có AH, BE, CD đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt HD, HE, BE M, N, K Gọi AH cắt BE I Ta có: AD MA AN HI BH AD BH HI AN BC BH AE CE = = ; = ⇒ = = = BD BH BH AI AK BD CH AI BH CH AK CE AE Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABH D, I, C thẳng hàng Từ suy AH, BE, CD đồng quy I Bài 12: Cho tứ giác lồi ABCD, đường DA cắt CB K, AB cắt DC L, KF KG = AC cắt KL G DB cắt KL F Chứng minh FL GL Chứng minh : Áp dụng định lí Ceva cho tam giác DKL điểm B, ta có: DA KF LC = (1) AK FL CD Áp dụng định lí Menelaus cho tam giácDKL đường thẳng ACG, ta có: DA KG LC = (2) AK GL CD KF KG = Từ (1) (2) ta suy FL GL Bài 13: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AK Dựng bên tam giác hình vuông ABEF ACGH Chứng minh AK, BG, CE đồng quy Chứng minh : Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi AB cắt CE D, AC cắt BG I Đặt AB = c, AC = b BK c AD b CI b 2 = ; = ; = (do ∆AIB : ∆CIG ), Có c = BK.BC, b = CK.BC ⇒ CK b BD c AI c AD BK CI b c b = = Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta suy BD CK AI c b c có AK, BG, CE đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BG M, gọi AK cắt BG O Ta có AD b KO BK AD BC KO b BC BK b CI c b b c = ; = ⇒ = = = =1 BD c AO AM BD CK AO c CK AM c CK b c c b Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABK D, O, C thẳng hàng Từ suy AK, BG, CE đồng quy O 4.Một số tập đề nghị Bài 1: Chứng minh tam giác, ba đường thẳng nối trung điểm cạnh với trung điểm đoạn thẳng Ceva xuất phát từ đỉnh đối diện cạnh đồng quy Bài 2: Cho tam giác ABC đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi D’, E’, F’ điểm đối xứng D, E, F qua I Chứng minh AD’, BE’, CF’ đồng quy Bài 3: Trên cạnh AB, AC tam giác ABC vuông A người ta dựng hình vuông ABEF ACGI bên tam giác GB cắt đường cao AH tạI o Chứng minh C, E, O thẳng hàng Bài 4: Cho ba đường tròn có bán kính khác đường tròn chứa đường tròn khác Từng cặp đường tròn có đường tiếp tuyến chung cắt điểm Chứng minh ba điểm thẳng hàng [...]...4 .Một số bài tập đề nghị Bài 1: Chứng minh rằng trong một tam giác, ba đường thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng Ceva bất kì xuất phát từ đỉnh đối diện của cạnh đó đồng quy Bài 2: Cho tam giác ABC và đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Gọi D’, E’, F’ lần lượt là điểm đối xứng của D, E, F qua I Chứng minh rằng... AC của tam giác ABC vuông tại A người ta dựng các hình vuông ABEF và ACGI ở bên ngoài tam giác GB cắt đường cao AH tạI o Chứng minh rằng C, E, O thẳng hàng Bài 4: Cho ba đường tròn có bán kính khác nhau trong đó không có đường tròn nào chứa đường tròn khác Từng cặp đường tròn có các đường tiếp tuyến chung ngoài cắt nhau tại một điểm Chứng minh rằng ba điểm đó thẳng hàng