Định lí Ceva và định lí Menelaus trong E2

Dùng định lí Ceva, hãy chứng minha Ba đường trung tuyến của một tam giác đồng quy tại một điểm, điểm này được gọi là trọng tâm.. b Ba đường phân giác của một tamgiác đồng quy tạimột điểm

LỜI CẢM ƠN

Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành và sâu sắc tới:

Thầy Phan Hồng Trường vì sự hướng dẫn, chỉ bảo tận tình, những nhận xét và góp ý quý báu của thầy trong cả quá trình tôi thực hiện khoá luận.

Các thầy cô khoa Toán đã dạy dỗ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.

Ban giám hiệu, phòng đào tạo đã tạo điều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành khoá luận.

Gia đình, bè bạn đã giúp đỡ động viên tinh thần cho tôi.

Hà Nội, ngày 25 tháng 4 năm 2010

Người thực hiện

Nguyễn Thị Len

1

-LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan kết quả đề tài đúng, chính xác, khách quan, trungthực không trùng với kết quả của tác giả khác

Nếu sai tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm

Hà Nội, ngày 25 tháng 4 năm 2010

Người thực hiện

Nguyễn Thị Len

1.5 Định lí đồng quy trong ngũ giác lồi 411.6 Sự đồng quy của các đường vuông góc 43

Chương 1: Định lí Ceva

1.1 Vài nét về nhà toán học Ceva và nội dung định lí Ceva

1.1.1 Vài nét về nhà toán học Ceva

Giovani Ceva sinh ngày 7 tháng 12 năm 1647 tại Milan, nước Ý.Ôngmất ngày 15 tháng 6 năm 1734 tại Mantua, nước Ý

Thuở nhỏ, ông theo học tại trường dòng thiên chúa giáo ở Milan, lớn lên ônghọc tại trường Đại học Pisa và sau đó, năm 1686 được bổ nhiệm làm giáo sưToán tại trường đại học Mantua, nơi ông gắn bó suốt cuộc đời

Năm 1686, khi mới được bổ nhiệm, Giovani Ceva làm việc dưới quyền cai trịcủa vua Gonzagas Tuy nhiên, năm 1708 nước Áo đem quân chiếm đóng vàbắt đầu xây dựng công sự, Giovani Ceva nhanh chóng chuyển sang làm việcdưới chế độ thống trị của người nước Áo

Phần lớn cuộc đời Giovani Ceva giành cho nghiên cứu hình học Ông đãkhám phá ra một trong những kết quả quan trọng về tam giác bằng phươngpháp hình học tổng hợp Định lí phát biểu rằng các đường thẳng qua đỉnh củamột tam giác và cắt các cạnh đối diện rõ ràng thì đồng quy khi tích tỉ số cácđoạn thẳng chia cạnh tam giác bằng 1

Định lí Ceva được in trong cuốn “ De lineis rectis” (1678)

Ceva cho xuất bản “ Opuscula mathematica” năm 1682 Trong “GeometriaMotus” (1692), trong một chừng mực nào đó, ông đã đề cập đến phép tính viphân Năm 1711, ông cho ra đời cuốn “Dere Nummeraria”, một trong nhữngcông trình đầu tiên về toán kinh tế, nhằm tìm ra điều kiện cân bằng cho hệthống tiền tệ của bang Mantua

Ceva cũng có những công trình quan trọng về thuỷ lực học, tiêu biểu là cuốn

“Opus hydro staticum” (1728) Ông là một viên chức nhỏ ở Mantua, và đã

F K

G

O E

L

dùng kiến thức của mình về thuỷ lực học để bác bỏ thành công dự án ngăndòng chảy sông Reno để vào sông Po

1.1.2 Nội dung định lí Ceva

Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC Lúc đó, ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi : AG BE CF = 1

GB EC FA

Chứng minh

Giả sử AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O K

Từ A, C kẻ các đường thẳng song song với BF, chúng lần lượt cắt CG và AE

Từ (1) và (2) ta thu được:

AG BE = FA

GB EC CF

GB EC FA

Ta phải chứng minh

AE, BF, CG đồng quy

ta có:

AG1 BE CF = 1K

G1B

EC FA

G

O Mà theo giả thiết ta có:

AG BE CF

C FAC

(a) Trong chứng minh phần thuận của định

lí Cêva đã sử dụng các tỉ số diện tích như sau:

A

B E C

Gọi K, H là hình chiếu của

B, C xuống đường thẳng AE

Khi đó :

BE

= BK EC

CH

S∆BOC

 CF = S∆ BOC

Nhưvậy:





FA

S∆AOB

AG BE CF = S∆ COA .S∆ AOB .S∆ BOC

GB

EC FA

S

∆ B OC

S

∆ C OA

S∆AOB

⇒ GB EC FAAG BE CF = 1(b) Để tỏ lòng tôn kính Ceva người ta đã gọi các đoạn thẳng AE, BF, CG là các

Dùng định lí Ceva, hãy chứng minh

a) Ba đường trung tuyến của một tam giác đồng quy tại một điểm, điểm này được gọi là trọng tâm

b) Ba đường phân giác của một tamgiác đồng quy tạimột điểm ( tâm đường tròn nội tiếp)

c) Ba đường cao của một tam giác đồng quy tại một điểm, điểm này gọi là trực tâm

N P

d) Gọi D, E, F là các tiếp điểm tròn nội tiếp tam giác ABC ứng với các cạnh

BC, CA, AB Chứng minh rằng: Các đường thẳng AD, BE, CF giao nhau

tại một điểm, điểm này được gọi là điểm Gergonne.

e) Cho tam giác ABC với trung tuyến AM Giả sử ∠CAM ≤

Ta nói ASa là một đối trung tuyến của tam giác ABC nếu Sa thuộc cạnh BC và ∠BASa ≤ ∠CAM

Chứng minh rằng : Trong một tam giác, ba đối trung tuyến đồng quy tại

một điểm, điểm này được gọi là điểm Lemoine.

g) Gọi Xa là tiếp điểm của cạnh BC với đường tròn tâm Ia , là đườngbàng tiếp góc A của tam giác ABC Định nghĩa tương tự như thế cho cácđiểm Xb và Xc trên các cạnh tương ứng AC và AB

Chứng minh rằng: Ba đường thẳng AXa , BXb , CXc giao nhau tại một

điểm , điểm này được gọi là điểm Nagel.

Giảia)

MGọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA , AB

⇒ MC NA PBBM CN AP = 1

⇒ Theo định lí Ceva thì AM , BN , CP đồng quy

A E F

D

E F

=

CB

;

AF

AF BD

CF AD BE = 1

FB DC EA AE FB

Ta tính diện tích tam giác bằng cách sử dụng hai công thức

2S = a.b.sinC

2S = c.hc

∆

C Ma

= 2.AB.AS1/

a .sin Sa AB 1/ 2.AMa.AC.sin CAM a

=AB.AS

a

AM

a

.AC

S∆BA Sa

⇒

S∆A C Ma =

AB

A

Sa AM

a .AC

a

= AC

ASaA

Ma .AB

(2)

Chia đẳng thức (1) cho đẳng thức (2) tađược:

BSa BM

2

CSa AC2

1

XaXc

Xb

QP

phần

đảo

định

lí

Ceva

ta

suy

ra AS

a , BS

b , CS

c

đồ

ng quy g)

F E

Gọi O1, O2 , O3 lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C

Gọi R1 , R2 , R3 là lần lượt là bán kính đường tròn tâm O1, O2 , O3

Giả sử (O1, R1) tiếp xúc với AB, AC tương ứng tại M, N

(O2, R2) tiếp xúc với AB, BC tương ứng tại P, Q

(O3, R3) tiếp xúc với AC, BC tương ứng tại R, K

Theo tính chất của tiếp tuyến ta có:

17

-DC FA EB

18

( M, S trên AB; Q, R trên BC; N, P trên AC).

BC nên:

IM

=

IN

hay

IM

= DB

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

1.2.4 Ví dụ 4 (Thi vô địch Hàn Quốc, 1992)

Trong tam giác ABC có AB ≠ AC, gọi V là giao điểmcủa phân giác trong của góc A với cạnh BC, D là chânđường cao vuông góc hạ từ A xuống cạnh BC Nếu E

và F tương ứng là giao điểm của đường tròn ngoại tiếptam giác AVD với hai cạnh CA và AB, hãy chứng minhrằng: Các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy

Giải

C

Nhận thấy A, D, V, E, F nằm trên đường tròn đường kính AV Do đó:

∠ AFV = 900; ∠ ADV = 900Xét tam giác

BFV và tam giác BDA Có:

⇒ 

(1)

 CD = AC

 CE VC



1

Ta sử dụng kết quả sau đây :

Nếu X’ là điểm nằm trên cạnh YZ của tam giác XYZ

22

sin β + γ

2gọi γ ,

γ

lần lượt là số đo của ∠ A1CC2 và ∠ B1CC2

B A

C3 là giao điểm của đường thẳng CC2 với cạnh AB

2

sin β+ γ

2sin α+ γ

2

sin γ+ α

2sin β+ α

β

2

sin α+ β

2sin γ+ β

Suy ra AA2, BB2, CC2 đồng quy

1.2.6 Ví dụ 6 ( Olympic Toán học mùa xuân Bulgaria, P11.2, 1997)

Cho tứ giác lồi ABCD thoã mãn:

∠DAB = ∠ABC =

Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Chứng minh rằng: H, O, D thẳng hàng

GiảiA

HD

;

sin ∠ CAD

= CD

sin ∠HAD

HD

sin ∠CHDCD

Nhân các đẳng thức trên vế theo vế ta được

sin∠ AHD sin∠ HCD sin∠ CAD = sin∠ HAD.sin∠CHD sin∠ ACD

∠CHD.sin ∠ ACD sin

∠CHD.sin ∠HAD.sin

∠ACO

Vì : ∠ HCO = ∠ CAD =β − α

∠ ACD = ∠ HAO = β − γ

D

O F

E H

= sin ∠ACO

= sin(900

− β)Suy ra U = V

⇒ sin∠ AHD sin∠ HCO

sin∠ CAO = sin∠ CHD.sin∠ HAOsin

∠ ACO Ta gọi E, F, G lần lượt là giao điểm của AO, CO, HD với CH, AH, AC

C

≡ B

D A

⇒ O, H là các điểm nằm ngoài tam giác ABC

Tương tự như trường hợp β < 900 ta cũng có H, O, D thẳng hàng

1.2.7 Ví dụ 7 (Bài đề nghị cho IMO của Estonia, 1994)

Cho nửa đường tròn (T) nằm về một phía của đường thẳng (d) C và D làcác điểm trên (T) Các tiếp tuyến của (T) tại C và D cắt (d) tại B và Atương ứng và tâm đường tròn nằm giữa hai điểm này Gọi E là giao điểmcủa AC và BD, F là điểm nằm trên (d)sao cho EF vuông góc với (d)

Chứng minh rằng: EF là phân giác của góc CFD

Giải

C E

D A

Gọi P là giao của đường thẳng AD và BC

Qua P, kẻ PH vuông góc với (d) tại H

Gọi O là tâm nửa đường tròn

Ta có: ∆ PAH và ∆ OAD là hai tam giác đồng dạng (theo trường hợp đặc biệt của tam giác vuông)

⇒

AHHB

Mặt khác

F, D, C thuộc đường tròn đường kính PO

⇒ EF là phân giác của góc ∠ DFC

1.2.8 Ví dụ 8 ( Bài đề nghị cho IMO của nước Anh, 2000)

Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của một tam giácnhọn ABC,

Chứng tỏ rằng: Tồn tại các điểm D, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC,

CA, AB sao cho: OD + DH = OE + EH = OF + FH

và các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy

BH cắt (O) tại L2 và AC tại K2

CH cắt (O) tại L3 và AB tại K3

Nối các điểm H và D, ta biết rằng HK = KL nên HD = L1D

⇒ OD + DH = OD + DL1 =OL1 = R

( Với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

Tương tự ta có thể chọn điểm E, F lần lượt trên CA và

Trong tam giác BOD: ∠BOD =1800

− 2∠BTrong tam giác COD: ∠COD =1800

− 2∠C

OD sin ∠COD sin

∠OCD

BD

CD

OD

OD

sin

∠

BOD

sin

∠

OBD

si

n

∠

OBD

sin

∠OCD

⇒ BD sin

∠ COD

= sin

∠

OCD

CDsin

∠

BODsin ∠OBD

⇒

OCD

=

1 sin

∠

OBD

= sin 2A

EA

sin2A

lí Ceva : các đườn

g thẳng

AD,

BE,

CF đồng quy

1.2.9 Ví dụ

9 ( Bà

i

đề ng

hị ch

o IM

O củ

a Be lar usi

a, 20 01)

Gọi

A1 là tâm của một hình vuôn

g nội

tiếp trong một tam giác nhọn ABC

A1

vu

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 hình vuông nội tiếp với haiđỉnh lần lượt ở trên cạnh AC và AB Chứng minh rằng: Các đường thẳng

AA1, BB1, CC1 đồng quy

GiảiA

=

CA

là các góc của tam giác ABC

Gọi đường thẳng qua A, A1 cắt cạnh BC tại X, đường thẳng qua B, B1 cắt cạnh AC tại Y, đường thẳng qua C, C1 cắt cạnh AB tại Z

Ta đi chứng minh:

BX CY AZ = 1XC

dài v và u.Ta có thể chứng minh điều trên một cách đơn giản bằng việc xét các tam giác đồng dạng.

= cot an γ +

1

;

AZ

⇒ XC YA ZBBX CY AZ = 1

Theo phần đảo của định lí Ceva ⇒ AX, BY, CZ đồng quy

⇒ AA1, BB1, CC1 đồng quy (Điều phải chứng minh)

1.2.10 Ví dụ 10 ( Thi chọn đội tuyển IMO, Hồng Kông, lần 1, 1998)

Cho tam giác ABC Các tam giác ABX, BCY và CAZ cân và đồng dạngvới nhau, chúng ở ngoài tam giác ABC và thoả mãn XA = XB, YB =

YC, ZC = ZA Chứng minh rằng: Các đường thẳng AY, BZ, CX đồngquy

Giả sử AY, BZ, CX cắt BC, CA, AB tương ứng tại L, M, N

l ( A và O2 nằm cùng phía đối với đường thẳng l).

B1B2 b)

1

Gọi các điểm E, F lần lượt là giao điểm của AC, BC với (O)

Ta có tam giác AEB vuông, tam giác AEO cân

Suy ra: ∠ AEO = ∠ OAE = ∠ O1CE ( Vì O1C và OA cùng vuông góc với l) Từ đó : O, E, O1 thẳng hàng hay E ≡A1

Mở rộng định lí Ceva được phát biểu như sau:

Cho các điểm D, E, F tương ứng nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB Lúc

đó, các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy nếu và chỉ nếu:

EQua B kẻ đường thẳng song song với CF cắt AD, AC lần lượt ở K, H Qua A kẻ đường thẳng song song với CF cắt BE tại M.

Phần đảo

Giả sử BE, CF cắt nhau tại O và AO cắt BC tại D’

Theo phần thuận: BD'

CE AF = 1D'C EA F B

Mà theo giả thiết:

BD CE AF

(C) tại B và tiếp xúc với (C’) tại Z Chứng minh rằng: Cácđường thẳng XB, YA và OZ đồng quy

Xét tam giác OXY có

A∈OX ,

B∈OY,

Z∈XY

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 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

CF

sin ∠BAD

Hay sin∠ ADE.sin∠ BCF.sin∠ CAD =

sin∠ CBE.sin∠ ACF.sin∠ BAD

Chứng minh

E F

K D

= sin ∠ ACF sin ABC∠

sin ∠ACF sin ∠BAD

∠ ABE

sin ∠ BCF

sin

∠ CAD

= 1

(2)sin

∠

CBE

sin

∠

ACFsin ∠BAD

Từ (1)

và (2) suy ra:

sin

∠BCF'

= sin

∠BCF

1.4.1 Ví dụ 1 ( Thi chọn đội tuyển IMO của Rumania, 2002, lần thứ nhất)

Cho tam giác nhọn ABC.Gọi M, N lần lượt là trungđiểm của các cạnh AB, AC

và P là hình chiếu vuônggóc của N trên BC Gọi A1

là trung điểm của MP Cácđiểm B1,C1 được định nghĩamột cách tương tự Chứngminh rằng:

nếu AA1

∩BB1 ∩CC1

N M

B C

Đặt ∠ MNA1 = ∠ NMA1 = α

Áp dụng định lí sin cho tam giác ANA1 và tam giác AMA1

sin(∠ C

=sin(∠C+ α) sin(∠B

+ α)

Ta có : tanα = tan ∠NMP =

1N

=

NP

MP

MN1aa2

đó:

n

∠

A1A

= a

.sinC

+

h

a

.cosB

si

n

∠

A1A

N si

n

∠

A1AM

=

a

+

c.cosBa

+

b.cosC

y, nế

u A

A1

∩

BB

1

∩

CC

1

≠ Φthì

áp dụng định

lí Ceva,

Tri-ta có:

1 = sin ∠A1AN

.sin ∠B1BM

sin ∠C1CPsin

∠A1A

M

sin

∠B1BP

− a 2

3c2 + b2 − a 2

.3c2 + a 2 − b2

Do đó: (3a2 + c2 – b2)(3b2 + a2 –c2)(3c2 + b2- a2)

= (3a2 + b2 – c2)(3b2 + c2 – a2)(3c2 + a2-b2)

Đặt E( a, b, c) = ( 3a2 + c2 - b2 )( 3b2 + a2 - c2 )( 3c2 + b2 - a2 )

- ( 3a2 + b2 - c2 )( 3b2 + c2 - a2 )( 3c2 + a2 - b2 )Nhận thấy : E(a, a, c) = E( a, -a, c ) = 0

Do đó nếu coi E( a, b,c ) là đa thức theo b thì đa thức này có hai nghiệm a và–a tức b + a và b – a là nghiệm của E, tương tự ta cũng có b + c, b – c,

c − a ,

c + a là nghiệm của E.

Suy ra: ( a2 – b2 )( b2 – c2 )( c2 - a2 ) chia hết E

⇒ E(a, b, c) = ( a2 – b2 )( b2 – c2 )( c2 - a2 ) ( Vì hai đa thức cùngbậc và cùng hệ số)

Từ định lí Tri-Ceva, ta có kết quả mở rộng sau đây cho các Cevian đồng quytrong một ngũ giác lồi Trước hết, cho ABCDE là ngũ giác lồi, viết theo thứ

tự đó, ta nói CD là cạnh đối thực sự (để phân biệt với cạnh đối BC, DE) củađỉnh A Khi đó, đoạn thẳng nối A và một điểm trên cạnh đối thực sự CD đượcgọi là một Cevian của ngũ giác lồi này Tương tự như vậy, ta có các Ceviantương ứng với đỉnh khác.

Sự đồng quy trong ngũ giác lồi

Cho ABCDE là ngũ giác lồi và P là điểm nằm trong ngũ giác này sao cho tồn tại các Cevian AA’, BB’, CC’, DD’, EE’ cùng đi qua điểm P Khi đó, ta nói:A

Đảo lại, nếu bốn trong năm Cevian nói trên đồng quy tại P và (*) xảy ra thì cả năm Cevian sẽ đồng quy tại P

D'

B E' C A' D B' E C'

D'

B E'C A'D B'E C' A

=PA.sin PPB.sin 1 PB.sin P3 PC.sin P5 PD.sin P7 PE.sin P9

Đảo lại, giả sử ta có bốn Cevian AA’, BB’, CC’ và DD’ đồng quy

Giả sử EP kéo dài cắt BC tại E”

Theo phần thuận ta có: A D'

BE" C A' D B' E C'

= 1

(2)

Từ (1),(2) suy ra:

D' B

1.6 Sự đồng quy của các đường vuông góc

Ta đã biết một số điểm đặc biệt trong tam giác được dựng lên từ giao điểm

của các đường vuông góc, chẳng hạn: tâm đường tròn ngoại tiếp là giao điểmcủa ba đường trung trực Bây giờ ta đề cập đến một số kết quả tương tự như định lí Ceva.

Sự đồng quy của các đường vuông góc

Cho tam giác ABC, gọi P, Q, R là các điểm trong mặt phẳng Lúc đó,

ba đường thẳng kẻ từ P, Q, R tương ứng vuông góc với các đường thẳng BC,

CA, AB là đồng quy khi và chỉ khi BP 2 – PC 2 + CQ 2 – QA 2 + AR 2 – RB 2 = 0

Chứng minh

Sử dụng kết quả quen thuộc sau đây:

Hai đường thẳng AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ khi:

+ AC.AD + CB CA + CB.AD = 0

⇔ −AC2 + (AD + DC)AD + CB.(CB + BA) + (CD

Do đó, ta được AC2 – AD2 = BC2 – BD2 (điều phải chứng minh)

Gọi các đường thẳng kẻ từ P, Q, R tương ứng vuông góc với BC, CA, AB lầnlượt là α,β, γ

A R

C B

CA, AB là đồng qui khi và chỉ khi ba đường thẳng kẻ từ A, B, C tương ứng vuông góc với các đường thẳng QR, RP, PQ là đồng quy.