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’
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ M
Ta có:
C'A ' '
;
' ' '
AM B C A C
C B A B B AAM Vậy
A'B ' ' ' '
' ' ' ' '
B C C A AM A C A B A C B A C B A B AM A C
Gọi A’’ giao B’C’ với BC
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
Qua A kẻ đường thẳng song song
với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ M, N
Ta có:
' C'A '
; ;
' ' '
B C BC AN A B AM B AAM C B BC A C AN .
Vậy ta có
A'B ' '
' ' '
(2) Gọi I giao BB’ CC’ Giải sử AI cắt BC A’’, suy A’’ thuộc BC
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 1800
(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 1 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
3 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 5
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 IBC 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 ABCACB; DCE DEC ; DEG GEA . Ta chứng minh Thật vậy: Trong tam giác BEC có CBE , BCE suy
1800 1800 2
CEB (1)
Do G E F, , th/ hàng nên FEB đóCEB 1800 CEG BEF 1800 (2) Từ (1) (2) suy , điều phải chứng minh.
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
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
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
Lời giải. Cách 1: (Chứng minh 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
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
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
Lời giải. Cách 1: (Chứng minh 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
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
(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