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 son[r]
(1)MỘT SỐ DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ MENELAUS, CEVA
TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ Họ tên: Nguyễn Duy Hoàng – Giáo viên trường THCS Tam Dương, Tam Dương
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp Số tiết: 08 tiết (02 buổi)
Những năm gần đây, kỳ thi HSG lớp cấp tỉnh kỳ thi tuyển sinh vào lớp chuyên Toán, chuyên Tin trường THPT chuyên thường xuất tốn hình học có nội dung áp dụng định lý Menelaus, định lý Ceva Đây dạng toán mới, địi hỏi học sinh phải có tư linh hoạt nhìn nhạy bén áp dụng nội dung định lý
Ở cấp THCS định lý Menelaus định lý Ceva dùng chủ yếu cho việc chứng minh điểm thẳng hàng, đường thẳng đồng quy; chứng minh tỉ số đoạn thẳng, tỉ số diện tích nhau… mà phương pháp khác áp dụng
Trong chuyên đề này, giới thiệu số ứng dụng định lý Menelaus, định lý Ceva để giải tốn hình học chương trình THCS
I Nội dung kiến thức sử dụng chuyên đề:
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 (2)
Gọi A’’ giao B’C’ với BCÁp 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’ khơng có 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 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 songvới BC cắt đường thẳng BB’, CC’ M, N Ta có:
' C'A '
; ;
' ' '
B C BC AN A B AM B A AM C BBC A C AN .
Vậy ta có
A'B ' '
' ' '
B C C A AM BC AN A C B A C B AN AM BC
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
3 Chú ý: HS cần nắm nội dung kiến thức hình học THCS Nhất các kiến thức:
- Định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác tam giác,… - Tứ giác nội tiếp
- Các phương pháp chứng minh thẳng hàng, đồng quy,…
4 Một số ứng dụng định lý Menelaus, Ceva toán THCS:
(3)- Chứng minh tỉ số đoạn thẳng, tỉ số diện tích - Chứng minh điểm thẳng hàng, đường thẳng đồng quy
- Áp dụng để giải tập tổng hợp: Chứng minh song song, tính góc,… II Bài tập minh họa:
Bài Cho ABC có trung n AM Trên AM l y I cho AI = 4MI ế ấ Đường th ng BI c t AC t i P Ch ng minh r ng: PA = 2PCẳ ắ ứ ằ
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 tốn 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 FC
Vậy 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 dẫn đến tỉ số có lợi là
EA FA
EB FC áp dụng định lí Ta-let để thu được
kết hay ngắn gọn.
F O
D B
C A
(4)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
QD IB MA mà MA = QA nên suy ra
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 Th 2010-2011)ọ 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
(5)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
(Trích Đề thi vào lớp Chuyên Toán, V nh Phúc 2013-2014)ĩ Lời giải.
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
1DB AE HB AE FB DC AF HC AF EC
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
D M
P
Q
R S
E F
H A
B
(6)
PB EC FA PB AE FB PC EA FB PC AF EC Từ (1) (2) ta
3PB 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
5Từ (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 b) Chứng minh BFE CED
(Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012) Lời giải.
a) Gọi M trung điểm BE, G giao điểm
của đường thẳng EF AC, Ta chứng minh
GA EA GDED
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
(7)FM BM FD DI
Do ABC cân, DI 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
1800 2CEB (1)
Do G E F, , thẳng hàng nên FEB đó 1800 1800
CEB CEG BEF (2)
Từ (1) (2) suy , điều phải chứng minh.
(8)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 Trong tam giác BLC có BE, LH, CD cắt
nhau F, theo định lý Ceva ta có
BH CE LD HC EL DB
Vì BH = CH nên
CE DB
EL LD, suy DE BC
song song với (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: AFBF =AK KM ; CE
AE= KM
AK ; BM CM=1
Suy AFBF BMCM CEAE =
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 AFBF = ANBC ; BCMC =2; MIAI = BMAN Suy AFBF BCMC MIAI = ANBC BMAN =1 Áp dụng định lý Menelaus cho ABM F, I, C
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương
A F
M
B C
K E
E A
F
M
B C
N
(9)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 AFBF BDCD CEAE = AEBD BDCE
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 :
AE CE CB DB DI AI = AF CD CB BF CD AN = AF BF CB AN = AN CB CB AN =1
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 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: ADBD =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
(10)Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đt // BC cắt HD, HE, BE M, N, K Gọi AH BE = I
Ta có: ADBD = MABH = ANBH HIAI=BH AK
ADBD BHCH HIAI = ANBH BCHC.BHAK =
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 vuông A, đường cao AK Dựng bên 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
BKCK = c2
b2 AD BD =
b c ;
CI AI = b
c
(do AIB CIG)
ADBD BKCK CIAI = bc c2
b2 b c
=1
Áp dụng định lý Ceva cho ABC AK, BG, CE đồng quy
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BG M AK BG O
Ta có ADBD = bc ; KOAO = BKAM suy ADBD BCCK KOAO = bc BCCK
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương
H
A
B
G
E
C K
D
I F
H
A
B
G
E
C K
D I
F
M O
(11)BK AM
= bc BCAM BKCK = bc CIAI 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 III Bài tập đề nghị:
Bài Cho tứ giác ABCD có M, N giao cặp cạnh đối AB CD, AD và BC Đường thẳng AC cắt BD, MN I, J Chứng minh
JA IA JC IC
Bài Cho tam giác ABC A’B’C’ cho AA’, BB’, CC’ đồng quy O Gọi A1, B1, C1 giao điểm cặp cạnh BC B’C’, CA C’A’, AB
A’B’ Chứng minh A1, B1, C1 thẳng hàng
Bài Cho tứ giác ABCD có cặp cạnh đối AB Cd, AD BC cắt M, N Chứng minh trung điểm I, J, K AC, BD, MN thẳng hàng
Bài Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) Các điểm A’, B’, C’ lần lượt giao điểm cặp AB DE, BC EF, CD AF Chứng minh điểm A’, B’, C’ thẳng hàng
Bài Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ trung điểm cạnh BC, CA, AB Điểm M nằm tam giác ABC điểm A1, B1, C1 giao điểm MA, MB,
MC với B’C’, C’A’, A’B’ Chứng minh A’A1, B’B1, C’C1 đồng quy
Bài Cho tam giác ABC Một đường thẳng cắt cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1 Gọi A2, B2, C2 điểm đối xứng A1, B1, C1 qua
điểm cạnh BC, CA, AB Chứng minh điểm A2, B2, C2 thẳng hàng
Bài Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác AM, BM, CM lần lượt cắt cạnh đối diện A1, B1, C1 Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1
cắt cạnh BC, CA, AB điểm thứ hai A2, B2, C2 Chứng minh AA2, BB2, CC2
đồng quy
Bài Cho (O1) (O2) cắt hai điểm A, B Các tiếp tuyến A B
(O1) cắt K Lấy điểm M nằm (O1) không trùng A B Đường thẳng
(12)đường thẳng AC cắt (O2) điểm thứ hai Q Gọi H giao điểm PQ với
đường thẳng MC Chứng minh rằng: H trung điểm PQ
Bài Cho góc xOy, tia Ox lấy hai điểm C A, tia Oy lấy hai điểm D và B cho AD cắt BC E Các đường thẳng AB CD cắt K; tia OE cắt AB I Chứng minh rằng:
IA KA IB KB
GIÁO VIÊN
Nguyễn Duy Hoàng