BT ỨNG DỤNG CỦA ĐL CEVE VÀ MENELAUS - Giáo viên Việt Nam

Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Cho tam giác nhọn ABC, AB AC . Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song[r]

(1)

ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS

1 Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, kỷ I sau công 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 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’

 

Ta có:

C'A ' '

;

' ' '

AM B C A C

C B A B B AAM Vậy

A'B ' ' ' '

' ' ' ' '

B C C A AM A C A B A C B A C B A B AM A C 

 

Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có

A''B ' '

'' ' ' B C C A A C B A C B 

mà

A'B ' '

' ' '

B C C A

A C B A C B nên

A''B ' '' '

A B

A C A C Do B’, C’ thuộc cạnh CA, AB

nên A’’ nằm cạnh BC

Vậy

A''B ' '' '

A B

A C A C A’, A’’ nằm ngồi cạnh BC suy A''A' Do A’, B’, C’

thẳng hàng

* Trường hợp 2: Trong điểm A’, B’, C’ điểm thuộc cạnh tam giác ABC chứng minh tương tự

2 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

đó AA’, BB’, CC’ đồng quy

A'B ' '

' ' '

B C C A A C B A C B . Chứng minh

 

với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ M, N

Ta có:

' C'A '

; ;

' ' '

B C BC AN A B AM B AAM C B BC A C AN .

Vậy ta có

A'B ' '

' ' '

(2)

 

Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có

A''B ' '

'' ' ' B C C A

A C B A C B  mà

A'B ' '

' ' '

B C C A A C B A C B 

nên

A'B '' ' ''

A B

A C A C Từ suy A''A' Do AA’, BB’, CC’ đồng quy Định Lý Ceva ( CHUNG)

Cho tam giác ABC D, E, F nằm cạnh BC, AC, AB Chứng minh mệnh đề sau tương đương:

1.1AD,BE,CF đồng quy điểm

1.2       sin sin sin

sin sin sin

ABE BCF CAD

DAB EBC FCA  .

1.3

AE CD BF EC DB FA  .

Chứng minh:

Chúng ta chứng minh 1.1 dẫn đến 1.2, 1.2 dẫn đến 1.3, 1.3 dẫn đến 1.1

Giả sử 1.1 Gọi P giao điểm AD, BE, CF Theo định lý hàm số sin tam giác

APD, ta có:

    sin sin sin sin

ABE ABP AP

BP

DAB  BAP  (1)Tương

tự, ta có:   sin ; sin BCF BP CP EBC  (2)

  sin sin CAD CP AP FCA  (3) Nhân vế (1), (2), (3) ta 1.2

Giả sử 1.2 Theo định lý hàm số sin tam giác ABD tam giác ACD ta

có:     sin sin ; sin sin

ADB AB CAD CD

DB CA

BAD  ACD  Do đó: 

 sin

sin

CAD AB CD CA DB BAD 

 



BDA ADC



 

(4)

Tương tự, ta có: 

 sin

sin

BCF CA BF BC FA

FCA  (5)



 sin

sin

ABE BC AE AB EC

EBC  (6)

Nhân vế (4), (5), (6) ta 1.3

Giả sử 1.3 đúng, ta gọi P CF BE D, AP BC

Theo 1.1 1.2, ta có:

1

.CD

AE BF AE CD BF

EC D B FA EC DB FA  hay:

1

CD CD

D B DB

(3)

F O

D B

C A

E CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG

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: PC IA BM PA IM BC 

Suy ra:

1

2 PC IM BC

PA IA BM  nên PA = 2PC

Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho toán dẫn đến lời giải hay ngắn gọn.

P I

M

B C

A

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

AE BD CF EB DC FA 

Vì BD = CD nên

AE CF EB FA 

suy

EA FA

EB FCVậy theo định lí Ta-lét ta có: EF // BC 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

sẽ dẫn đến tỉ số có lợi

EA FA

EB FC áp dụng định lí Ta-let để thu kết quả hay ngắn gọn.

Bài Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P, Q các

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

(4)

A mà MA = QA nên suy

MB ID

QD IB 

Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC

nên

NB ID PC ID NB

DP IB   PD IB NC  , theo định lý Menelaus I, N, P thẳng hàng

Bài Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Qua B kẻ tiếp tuyến d đường tròn

(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:

AB OI CM

BO IC MA 



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)

Từ (1) (2) ta có

MA FB =

CM CF Do MF // AB (định lí Ta lét đảo) mà AB BC  MF BC  MFC  900 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   0 Do đó: ME  EC (3) Lại có MEN 90  0(chắn nửa đtrịn)  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

PC DC D trung điểm QS.

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC

(5)

D M P

Q

R S

E

F

H

B

C a) Do AB AC nên Q nằm tia đối

của tia BA R nằm đoạn CA, từ Q, C nằm phía đường thẳng BR.

Do tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE BCA , Do QR song song với EF nên AFE BQR

Từ suy BCA BQR  hay tứ giác BQCR nội tiếp

b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên

DB HB AE HA

Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên

DC HC AF HA

Từ hai tỷ số ta

 

DB

AE HB

AE FB

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 PC EA FB   PC AF EC

Từ (1) (2) ta

 

PB

DB

PC

DC

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).

Tiếp theo ta chứng minh DC DB

DP DM DB DC DP  DB DC

 













DP DC DB  DB DC  DB DP DC DC DP DB  DB PC DC PB

PB DB PC DC

 

(đúng theo phần b) Do DP DM DB 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

(6)

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:

1

GA FD EM GA FM EA GD FM EA    GD FD EM Lấy IBC cho DI //AB

Khi hai tam giác FMB FDI, đồng dạng nên

FM BM

FD  DI Do ABC cân, D/ /AB nên

DCI

 cân, hay DI DC DE suy ra:

FM BM BM FD  DI DE

Do M trung điểm BE nên EM MB

EA EA EM MB

Vậy

GA FM EA BM EA EA

GD FD EM DE BM ED điều phải chứng minh.

b) Đặt ABCACB; DCE DEC ; DEG GEA  . Ta chứng minh     Thật vậy: Trong tam giác BEC có CBE , BCE   suy

 1800





CEB          (1)

Do G E F, , th/ hàng nên FEB đóCEB 1800 CEG BEF   1800





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

(7)

BH CE LD

HC EL DB  Vì BH = CH nên

CE DB

EL LD , suy DE // BC (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

Theo định lý Talét ta có: AF BF= AK KM ; CE AE= KM AK ; BM CM=1 Suy AF BF . BM CM . CE AE = 1

Áp dụng định lý Ceva cho ABC ta có CF, BE , AM đồng quy

Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)

Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BE N, AM  BE = I

Ta có AF BF = AN BC ; BC MC =2; MI AI = BM AN Suy AF BF . BC MC . MI AI = AN BC .2 BM AN =1

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 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)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: AF = AE; BF = BD; CE = CD

Suy AF BF . BD CD . CE AE = AE BD . BD CE . CE AE =1

Áp dụng định lý Ceva cho ABC suy AD, BE, CF đồng quy

Từ A kẻ đt song song với BC cắt CF N AD  CF = I Ta có :

(8)

Áp dụng định lí Menelaus cho ACD AD, BE, CF đồng quy

Bài 10 Cho tam giác ABC đường cao AH Lấy D,E thứ tự AB, AC cho AH

là phân giác góc DHE Chứng minh: AH, BE, CD đồng quy

Từ A kẻ đt // BC cắt HE, HD M N

Vì HA phân giác góc A, HA đường cao

nên AM = AN Ta có: AD BD= MA BH ; CE AE= CH AN  AD BD BH CH CE AE= MA BH BH CH CH AN=1

Áp dụng định lý Ceva cho ABC suy AH, BE, CD đồng quy

Từ A kẻ đt // BC cắt HD, HE, BE M, N, K

Gọi AH  BE = I Ta có: AD BD =

MA BH =

AN BH

HI AI= BH AK  AD BD BH CH . HI AI = AN BH BC HC BH AK = AN HC BC AK =

AE CE

CE AE =1 Áp dụng định lí Menelaus cho ABH D, I, C

thẳng hàng Vậy AH, BE, CD đồng quy

Bài 11 Cho ABC vng A, đường cao AK Dựng bên ngồi tam giác

hình vng ABEF ACGH Chứng minh: AK, BG, CE đồng quy

Gọi D = AB  CE, I = AC  BG Đặt AB = c, AC = b

Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC

 BK CK =

c2 b2

AD BD = b c ; CI AI = b c (do AIB  CIG)

 AD BD . BK CK . CI AI = b c . c2 b2 .

b c =1

Áp dụng định lý Ceva cho ABC AK, BG, CE đồng quy

(9)

Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BG M AK  BG O

Ta có AD BD =

b c ;

KO AO =

BK

AM suy AD BD .

BC CK .

KO AO =

b c .

BC CK .

BK AM

= b c .

BC AM .

BK CK =

b c .

CI AI .

c2 b2

= b c .

b c

c2 b2 =1

Áp dụng định lý Menelaus cho ABK D, O, C thẳng hàng

Vậy AK, BG, CE đồng quy

H

A

B

G

E

C K

D I

F

M