Chuyên đề định lý menelaus trong mặt phẳng

1 Lời nói đầu Trong số toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳng đồng quy chứng minh ba điểm thẳng hàng tìm tỉ số yếu tố hình học, có nhiều toán sử dụng kiến thức sách giáo khoa việc tìm hướng giải khó khăn Nhưng sử dụng định lý Menelaus để giải thuận lợi hơn, đặc biệt nhiều toán, không sử dụng định lý Menelaus không chứng minh được, sử dụng hai định lý làm cho giải trở nên súc tích Do định lý Menelaus định lý quan trọng hình học sơ cấp, công cụ hỗ trợ đắc lực giải toán hình học Trong toán có sử dụng định lý Menelaus để giải mắt xích quan trọng, định hướng thông xuất trình tư Ngoài định lý công cụ tư hữu ích để phát triển toán cho ta cách nhìn toán Điều khiến chongười học toán phát triển kiến thức hình học củamình mà cung cấp cho họ nhìn sâu toán Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, tiểu luận gồm x phần: Định lý Mênêlaus mặt phẳng Định lý Menelaus * Định lý: Cho tam giác ABC; M, N, P nằm đường thẳng BC, CA AB không trùng với đỉnh tam giác Khi M, N, P thẳng hàng khi: MB NC PA =1 MC NA PB * Chứng minh: A P N C B M Điều kiện cần: Gọi a, b, c theo thứ tư khoảng cách A, B, C đến cát tuyến MNP MB b NC c PA a =− ; =− ; = c NA a PB b MC Ta có: MB NC PA b c a = (− ).(− ) = c a b MC NA PB Do đó: MB NC PA =1 MC NA PB Điều kiện đủ: Giả sử PN cắt cạnh BC M’ Thế MB NC PA M ' B MB = 1⇒ = ⇒ M '= M MC NA PB M ' C MC Vậy M, N, P thẳng hàng Định lý Menelaus cho tứ giác * Định lý: Cho tứ giác ABCD đường thẳng d cắt AB, BC, CD, DA M, N, P, Q Khi ta có: MA NB PC QD =1 MB NC PD QA * Chứng minh: Q B J M A I N P C D Trên d lấy hai điểm I, J cho AI // BJ // CD Theo định lý Talét ta có: MA IA NB JB QD PD = ; = ; = MB JB NC PC QA IA Từ ta có: MA NB PC QD IA JB PC PD = =1 MB NC PD QA JB PC PD IA MA NB PC QD =1 MB NC PD QA Suy ra: (đpcm) Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích * Định lý: Cho tam giác ABC có ba điểm M, N, P nằm cạnh BC, CA, AB Khi ta có: S ( MNP ) BM CN AP − CM AN BP = S ( ABC ) AB.BC.CA * Chứng minh: A P N B Gọi ur uur ur e1 , e2 , e3 M ba vectơ phương BC, CA, AB Ta có: S ( ABC ) = S ( MAB) + S ( MCA) ⇒ S ( ABC ) = S ( PMA) + S ( PBM ) + S ( NMC ) + S ( NMA) ⇒ S ( ABC ) = S ( MNP ) + S ( BMP) + S (CNM ) + S ( APN ) C Mặt khác: ur ur S ( BMP) BM BP.sin(e1 , e3 ) BM BP ur ur = = S ( ABC ) BC.BA.sin(e1 , e3 ) BC.BA S (CNM ) CN CM S ( APN ) AP AN = ; = S ( ABC ) CA.CB S ( ABC ) AB AC Tương tự: Ta suy ra: S ( MNP ) S ( BMP ) S (CNM ) S ( APN ) = 1− − − S ( ABC ) S ( ABC ) S ( ABC ) S ( ABC ) S (MNP ) BM BP CN CM AP AN ⇒ =1− − − S ( ABC ) BC.BA CA.CB AB AC S (MNP ) BM CN AP − CM AN BP ⇒ = S ( ABC ) AB.BC.CA ⇒ I II 1.1 S (MNP ) BM CN AP − CM AN BP = S ( ABC ) AB.BC.CA Một số tính chất liên quan Ứng dụng định lý Mênêlaus giải dạng toán Chứng minh số định lý Định lý Pascal Nếu lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn giao điểm cặp cạnh đối diện P=AB⋂DE, Q=BC⋂EF, R=CD⋂FA thẳng hàng Chứng minh Q P R Y C D B Z A O E F X Gọi X=EF⋂AB, Y=AB⋂CD, Z=CD⋂EF Áp dụng đinh lý Menelaus vào tam giác XYZ với đường thẳng BCQ, DEP, RFA ta có: BX CY QZ PX DY EZ AX RY FZ = 1; = 1; =1 BY CZ QX PY DZ EX AY RZ FX Nhân đẳng thức theo vế, ta được: BX CY QZ PX DY EZ AX RY FZ =1 BY CZ QX PY DZ EX AY RZ FX hay : AX BX CY DY EZ FZ QZ PX RY =1 AY BY CZ DZ EX FX QX PY RZ (1) Mà AX.BX = EX.FX , CY DY = AY BY , EZ FZ = CZ DZ QZ PX RY =1 QX PY RZ Nên từ (1) suy ra: Theo định lý Menelaus, suy điểm P, Q, R thẳng hàng 1.2 Định lý Pappus Cho hai đường thẳng a, b Trên a lấy điểm A, B, C Trên b lấy điểm X, Y, Z Gọi M giao điểm AY BX, N giao điểm AZ CX, P giao điểm BZ CY Khi M, N, P thẳng hàng Chứng minh C B Q A T M S X P N Y Z Gọi D, E, F giao điểm cặp đường thẳng (AZ, CY), (AZ, BX), (BX, CY) Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến CNX, ta có ND XE CF ND CD XF =1 => = NE XF CD NE CF XE PE BF ZE ME AE YD = ; = PD BE ZD MF AD YF Tương tự, ta có: Suy ra: ND ME PF CD XF ZE BF AE YD = NE MF PD CF XE ZD BE AD YF Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến ABC, XYZ ta có: AE CD BF XF ZE YD ND ME PF = => =1 AD CF BE XE ZD YF NE MF PD Do M, N, P thẳng hàng 1.3 Định lý Desargues Cho hai tam giác ABC, DEF có cặp đỉnh tương ứng phân biệt cặp cạnh tương ứng phân biệt Thế đường thẳng nối đỉnh tương ứng đồng quy giao điểm cặp cạnh tương ứng thẳng hàng A D B E O F C R Q P * Chứng minh: Xét hai tam giác ABC DEF Phải chứng minh đường thẳng AD, BE, CF đồng quy O P = BC ∩ EF, Q = CA ∩DF, R = AB ∩DE thẳng hàng Phần thuận: Giả sử đường thẳng AD, BE, CF đồng quy O Ta chứng minh P, Q, R thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OAB với điểm thẳng hàng D, R, E, ta có: DO RA EB =1 DA RB EO Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OBC với điểm thẳng hàng E, P, F ta có: EO PB FC =1 EB PC FO Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OCA với điểm thẳng hàng F, Q, D ta có: FO QC DA =1 FC QA DO RA PB QC =1 RB PC QA Nhân đẳng thức theo vế ta được: Theo định lý Menelaus, ta suy điểm P, Q, R thẳng hàng Phần đảo: Giả sử điểm P, Q, R thẳng hàng Ta chứng minh đường AD, BE, CF đồng quy Gọi O giao điểm AD BE OC cắt đường thẳng QD F Xét hai tam giác ABC DEF có đường nối đỉnh tương ứng đồng quy, theo phần thuận, giao điểm cạnh tương ứng đồng quy Ta thấy AB cắt DE R, AC cắt DF’’ Q, suy giao điểm P’ BC EF’’ phải thuộc QR Tức P’ giao điểm QR BC nên P’ trùng với P Suy F’’ trùng với F hay AD, BE, CF đồng quy (đpcm) 1.4 Định lý Blaikie Cho tam giác ABC đường thẳng d cho d cắt BC, CA, AB M, N, P Gọi S điểm d Gọi D, E, F điểm đối xứng M, N, P qua S Khi AD, BE, CF đồng quy điểm I ta gọi I điểm Blaikie d S tam giác ABC A D P N S E F B I C M A I M Q B N D P C Gọi I giao QM BD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với ba điểm Q, M, I thẳng QA ID MB =1 QD IB MA hàng ta có: MB ID =1 QD IB mà MA = QA nên suy NB ID PC ID NB =1⇒ =1 DP IB PD IB NC Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC nên , theo định lý Menelaus I, N, P thẳng hàng Bài Cho hình bình hành ABCD Gọi I điểm tùy ý hình bình hành Qua I kẻ đường thẳng x // BC y // AB Gọi M P giao điểm x với AB CD Gọi N Q giao điểm y với BC AD, gọi E giao điểm DM BQ Chứng minh E, I C thẳng hàng Lời giải M A B E Q N I P D ⇔ C ME DC PI ME AB DQ ME DQ AB =1⇔ =1⇔ =1 ED CP IM ED MB QA ED QA BM E, I, C thẳng hàng ⇔ =1 (luôn đúng) E, B, Q thẳng hàng Bài Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Qua B kẻ tiếp tuyến d đường tròn (O) MN đường kính thay đổi đường tròn ( M không 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 C M Lời giải E F I Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ACO với ba điểm thẳng hàng B, I, M AB OI CM =1 BO IC MA A O B N Ta có: D ⇒ OI MA = IC 2CM (1) Tương tự với tam giác BCO ba điểm thẳng hàng A, I, F ta có: OI FB = IC 2CF (2) MA FB = CM CF Từ (1) (2) ta có AB ⊥ BC ⇒ MF ⊥ BC ⇒ ∠FMC = 900 Do MF // AB (định lý Ta-let đảo) mà ∠EFB = ∠EBA Ta có ∠EAB (cùng phụ với ); ∠EBA = ∠EMC (tứ giác AMEB nội tiếp) ∠EFB = ∠EMC ⇒ ⇒ ∠MEC = ∠MFC = 900 tứ giác MEFC nội tiếp ME ⊥ EC Do (3) ⇒ ME ⊥ EN ∠MEN = 900 Lại có (chắn nửa đường tròn) (4) Từ (3) (4) suy C, E, N thẳng hàng 1 2 3 Bài Cho ba đường tròn (O ; R ), (O ; R ), (O ; R ) có ba tâm không thẳng 2 hàng; gọi I giao tiếp tuyến chung (O ), (O ) với O O ; J 3 giao tiếp tuyến chung (O ), (O ) với O O ; K giao tiếp 3 tuyến chung (O ), (O ) với O O Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng Lời giải I K O1 J O2 O3 E F ⇔ O1 I O2 J O3 K R R R =1 ⇔ =1 IO2 JO3 KO1 R2 R3 R1 ⇔1=1 I, J, K thẳng hàng (luôn đúng) Bài Cho tam giác ABC lấy E, F, M nằm cạnh AC, AB, BC cho EF // BC, MB = MC Chứng minh CF, BE, AM đồng quy Lời giải A N E F I B M C Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BE N, Ta có Suy AN ∩ BE = AF AN BC MI BM = ; = 2; = BF BC MC AI AN AF BC MI AN BM = =1 BF MC AI BC AN Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABM F, I, C thẳng hàng Từ suy CF, BE, AM đồng quy Bài Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, AB D, E, F Chứng minh AD, BE, CF đồng quy Lời giải A N F E I B D C Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt CF N AD ∩ CF = Ta có: AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB = = = =1 CE DB AI CD BF AN BF AN CB AN Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ACD ta có AD, BE, CF đồng quy Bài 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 A N K M E D B I H C Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt HD, HE, BE M, N, K Gọi Ta có: Suy AH ∩ BE = I AD MA AN = = BD BH BH HI BH = AI AK AD BH HI AN BC BH AN BC AE CE = = = =1 BD CH AI BH HC AK HC AK CE AE Áp dunhj định lý Menelaus cho CD đồng quy ∆AHB D, I, C thẳng hàng Vậy AH, BE, Bài Cho tam giác ABC, gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp, gọi trực tâm OA, OB, OC giao BC, CA, AB D, E, F Chứng minh D, E, F thẳng hàng E A D' O a C' B' O O b D B A' O c C Chứng minh Ta gọi A’, B’, C’ trung điểm BC, CA, AB Oa, Ob, Oc tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác AB’C, BC’A’, CA’B’ Dễ thấy Oa trung điểm OA, hay trực tâm OA qua Oa vuông góc với OA Gọi trung trực OaA giao AD D’ Bằng tính chất đường trung bình dễ thấy D’ trung điểm AD Mặt khác, tính chất đường trung bình tam giác ABC B’C’ qua trung điểm AD hay qua D’ Theo định lý Thales ta dễ thấy D ' B ' DB = D ' C ' DC Nếu xác định tương tự ta E’, F’ E ' C ' EC F ' A ' FA = = E ' A ' EA F ' B ' FB Suy D’, E’, F’ thẳng hàng Theo định lý Menelaus ta suy Suy D ' B ' E 'C ' F ' A ' =1 D 'C ' E ' A ' F ' B ' DB EC FA D ' B ' E ' C ' F ' A ' = =1 DC EA FB D ' C ' E ' A ' F ' B ' hay D, E, F thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi D, E, F giao điểm đương thẳng qua P vuông góc với PA, PB, PC BC, CA, AB D, E, F thẳng hàng F A E C' B' D' P B A' D C Ta gọi A’, B’, C’ trung điểm BC, CA, AB, ta gọi D’ giao trung trực PA AD Bằng tính chất đường trung bình dễ thấy D’ trung điểm AD Mặt khác tính chất đường trung bình tam giác ABC B’C’ qua trung điểm AD hay qua D’ Theo định lý Thales ta dễ thấy D ' B ' DB = D ' C ' DC Nếu xác định tương tự ta E’, F’ E ' C ' EC F ' A ' FA = = E ' A ' EA F ' B ' FB Suy D’, E’, F’ thẳng hàng Theo định lý Menelaus ta suy D ' B ' E 'C ' F ' A ' =1 D 'C ' E ' A ' F ' B ' DB EC FA D ' B ' E ' C ' F ' A ' => = =1 DC EA FB D ' C ' E ' A ' F ' B ' Hay D, E, F thẳng hàng 2.2 Chứng minh tỷ số đoạn thẳng, tỷ số diện tích ∆ABC Cho có trung tuyến AM Trên AM lấy I cho AI = 4MI Đường thẳng BI cắt AC P Chứng minh PA = 2PC Lời giải: A P I B Áp dụng định lý Menelaus cho M C ∆ ABC với cát tuyến BIP ta có: PC IA BM =1 PA IM BC Suy PC IM BC = = PA IA BM nên PA = 2PC 2.3 Áp dụng giải toán tổng hợp, chứng minh song song, tính góc Bài 10 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Kẻ phân giác AD tam giác ABH Gọi I trung điểm AB, J giao điểm AH ID Chứng minh JC song song với AD Giải Gọi E hình chiếu D AC Dễ thấy ∠ADC = ∠DAC = ∠B + ∠A1 => CA = CD => DE = AH EH / / AD AE DH => = EC HC (1) Áp dụng định lý Menelaus vào ΔBAH với cát tuyến IDJ, ta có: IA DB JH =1 IB DH JA JA DB AB AB CB => = = = = JH DH AH DE CD (IA=IB; DE=AH) Từ ta có: JA − JH CB − DC HA DB AE = = = JH DC HJ DC CE Từ (1) (2) suy (2) HA DH = => JC / / AD HJ HC Bài 4.8: Các đường chéo AC CE hình lục giác chia điểm M, N tương ứng cho AM CN = =r AC CE Hãy xác định r B, M, N thẳng hàng Giải Gọi P giao điểm BE AC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CPE đường thẳng BMN, ta có CM PB EN =1 MP BE NC (1) Lưu ý CM 1−r − 2r = = MP r − 2r −1 PB = AB cos ∠ ABP = EN − r = NC r 1 PB AB = BE => = BE Thay vào (1) ta có: Vậy −2r 1 −r =1 2r −1 r r= Bài 4.9: Cho tam gaisc ABC với AB > Ac Gọi P giao điểm đường trung trực BC đường phân giác góc A Dựng điểm X AB Y Ac cho PX vuông góc với AB PY vuông góc với AC Gọi Z giao điểm XY với BC Xác định giá trị tỉ số BZ ZC Giải ∠PAX=∠PAY=∠PXA=∠PYA=90 Vì => ∆PAX=∆PAY Suy AX=AY PX=PY Do P nằm trung trực BC, ta có PB=PC Như thế, ΔPYC ΔPXB hai tam giác vuông Suy CY=BX Vì X, Y, Z thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta Nhưng AX=AY, CY=BX nên BZ ZC =1 AY CZ BX =1 YC ZB XA Bài 4.10: Cho tam giác ABC có diện tích So=1 Trên cạnh BC, CA, AB lấy điểm M, N, P cho MB NC PA = k1 , = k2 , = k3 (k1 , k , k3 S BCN = k2 k +1 S BCF BF = S BCN BN Áp dụng định lý Menelaus vào ΔABN với đường PCF, ta có: FB CN PA FB + k2 BF + k2 = => = => = FN CA PB FN k2 k3 BN + k + k k3 => S BCF = k2 S0 + k + k k3 Chứng minh tương tự ta có S ACI = k3 k1 ; S ABE = + k + k k3 + k1 + k2 k3 Vậy ta có k3 k2 k1 S =1 −( + + ) + k +k k3 + k3 + k k3 +k1 + k k3 ... CM AN BP = S ( ABC ) AB.BC.CA Một số tính chất liên quan Ứng dụng định lý Mênêlaus giải dạng toán Chứng minh số định lý Định lý Pascal Nếu lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn giao điểm cặp cạnh... AD YF Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến ABC, XYZ ta có: AE CD BF XF ZE YD ND ME PF = => =1 AD CF BE XE ZD YF NE MF PD Do M, N, P thẳng hàng 1.3 Định lý Desargues... Ta chứng minh P, Q, R thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OAB với điểm thẳng hàng D, R, E, ta có: DO RA EB =1 DA RB EO Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OBC với điểm thẳng