Việc sử dụng định lí M enelaus như là một cầu nối rất quan trọng trong các bài toán nhằm giúp tạo các điểm thẳng hàng và nhất là giúp tạo các hệ thức quan trọng mà khi ta biến đổi thông [r]
(1)Kĩ thuật sử dụng định lí Menelaus trong giải số tốn hình học
Tóm tắt nội dung: Nhìn chung gần tốn sử dụng định lí Menelaus xuất thường xuyên kì thi học sinh giỏi Chính lẽ viết tơi muốn giải số toán nhằm giúp bạn dễ định hướng làm Việc sử dụng định lí M enelausnhư cầu nối quan trọng toán nhằm giúp tạo điểm thẳng hàng giúp tạo hệ thức quan trọng mà ta biến đổi thơng thường bị vịng quanh luẩn quẩn Trong viết tơi ý chủ yếu phân tích tới kĩ thuật xử lí M enelaus Để tiện theo dõi xin nêu lại định lí M enelaus dạng độ dài đại số:
Định lí Menelaus: Cho tam giácABCvà điểmD, E, F thuộcBC, AB, CA Khi đóD, E, F thẳng hàng ⇔ DC
DB EB EA
F A F C =
Các bạn cấp THCS hiểu đơn giản hệ thức độ dài đại số qua hình vẽ sau:
(2)tiên để tạo liên hệ độ dài từ điểm thẳng hàng
Bài toán 1(IMO 2012): Cho tam giác ABC (J) đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC (J) tiếp xúc BC, CA, AB M, L, K LM ∩J B = F KM ∩J C =G Gọi AF AG cắt BC S T Chứng minh M trung điểm ST
Lời giải: GọiJ B cắt M K tạiP vàJ C cắt M LởQ Ta có∠BP M =∠M QC = 90◦ ta thu tứ giácF P QC nội tiếp suy ra∠F GM =∠M QP =∠M J P =
∠M KB Chú ý BK = BM nên ta có ∠BKM = ∠BM K ∠F GM =
∠GM C nên ta thu F GkBC hay làF GkST
Áp dụng định lí M enelaus cho cát tuyến KM G tam giác ABT ta có: KA
KB M B M T
GA
GT = 1(∗)
Áp dụng định lí M enelaus cho cát tuyến LM F tam giác ACS ta có: LA
LC M C M S
F A
F S = 1(∗∗)
Chia(∗)cho(∗∗)ta có ngayM T =M S(chú ýKA=M B;LC =CM;KA=KL=
2(AB+AC+BC) doF GkST nên GA GT =
F A
F S(theo định lí T hales) từ suy M T =M S) (đpcm)
(3)Bài toán 2(OLP Duyên Hải Bắc Bộ 2012-2013): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F H chân đường vuông góc hạ từ D xuống EF AH cắt lại (O) điểm G Tiếp tuyến(O) G cắt BC T Chứng minh rằng: 4T GD cân
Lời giải: Gọi EF cắt BC điểm S Áp dụng định M enelausthì ta có: SB
SC F B F A
EA
EC = 1, đó: SB SC =
EC F B =
BD
DC hiển nhiên (SD, BC) =−1 thấy rằng: GS, GD phân giác ∠BGC GọiT0 trung điểm GD Từ ta thấy: SG điểm L điểm cung BGD (O) GD qua điểm cung BAC (O) Q Do QL qua O nên QL đường kính(O), đó∠DGS = 90◦
Vậy từ gt ta có HDGS tứ giác nội tiếp nhận T0 tâm Áp dụng hệ thức N ewton ta có: T0D2 =T0B.T0C =T0G2 vậy T0G cũng tiếp tuyến tới (O) dẫn tới T ≡T0 Do ta có: T D=T Ghay tam giác T DGcân T(đpcm)
Các bạn thấy tính chất thú vị điểm G tốn Đó điểm tiếp xúc với(O)của đường trịnM ixtilinearnội góc A Ở tốn việc sử dụng định M enelaus giúp tạo mối liên kết giả thiết vịng quanh khó chịu Tiếp tục toán tương đương
(4)cắt lại (O) điểm thứ hai G (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F GD cắt lại (O)tại H AH cắt EF điểm K Chứng minh rằng: DK ⊥EF
Giả thiết tốn lạ xong thực lại quen thuộc, việc xử lí sử dụng điểm trùng định lí M enelaus
Bài tốn 4(Hà Nội TST 2011): Cho đường trịn (O) điểmA, M (O) cho AM không đường kính (O) Lấy I đoạn OA(I 6=O, A) (I, IA) cắt đường trịn đường kính (IM) điểm B, C M B, M I, M C cắt (O) điểm D, E, F theo thứ tự DF cắt M E, M A, AE T, S, Q Chứng minh rằng:
a)SD.SF =ST.SQ b)B, C, Q thẳng hàng
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Ta có: ∠QAM = ∠M F E = ∠QT M hiển nhiên rằng: tứ giác AQT M nội tiếp ta thu rằng: ST.SQ = SA.SM =SD.SF (đpcm)
(5)là tiếp tuyến đến (I, IA) Ta nhận thấy doI nằm OAnên (I, IA) tiếp xúc(O) A M I phân giác gócBM C hay suy rằngE trung điểm cung DAF (O) Ta quy toán chứng minh rằng: AE, DF, BC đồng quy Gọi BC cắt DF điểm Q0 Theo định lí M enelaus Q
0F Q0D
BD BM
CM
CF = dẫn tới: Q
0F Q0D =
CF
BD (vì CM =BM) Ta dễ thấy rằng: EB EC qua trung điểm cung DM, M F khơng chứa E (O) (tính chất quen thuộc đường trịn M ixtilinear) Do theo tính chất đường phân giác ta có: AD
AM = BD BM đồng thời AF
AM = CF
CM suy AF AD =
CF BD =
Q0F
Q0D hiển nhiên ta thu AQ0 phân giác ngồi ∠DAF AQ0 qua trung điểm cung DAF (O) làE hay là: Q≡Q0 ta có: AE, DF, BC đồng quy Vậy ta có đpcm Giả thiết quay lại lần đề chọn đội tuyển VMO Hà Nội năm 2015-2016
(6)Lời giải(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam): Gọi AC cắt đường tròn(K)tại điểmT,giaoBK điểmL DoC tâm vị tự (O)và(K) nên ta có: AT
T C = OK
KC ta có: T KkAB Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác LAB với cát tuyến OKC ta có:
CL CA
OA OB
KB
KL = Do T KkAB nên ta có: CL CA =
T L
T A đó: (AL, T C) =−1 Mặt khác gọi DE cắt AC điểmL0 (AL0T C) = −1 L≡ L0 ta có: DE, BK, AC đồng quy(đpcm)
Cuối đến với toán sử dụng định lí M enelaus mà tơi thấy thâm th Từ nói đầu viết việc sử dụng định lí nhằm giúp ta xử lí hệ thức độ dài quan trọng bị vòng quanh biến đổi thơng thường Bài tốn 6(Trích đề chọn đội tuyển Hà Tĩnh 2015-2016): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O) có AH đường cao I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Gọi M điểm cung nhỏ BC D đối xứng A qua O M D cắt BC, AH điểm P, Q
(7)b)DI cắt (O)tại điểm thứ hai E AE, BC cắt tạiF Chứng minh AB+AC = 2BC I trọng tâm tam giácAP F
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Ta thấy rằng: ∠AHC = ∠AM P = 90◦ đó∠HAM =∠HP M Chú ý ta dễ chứng minh AH, AO đẳng giác tam giác ABC AI phân giác góc QAD hay ∠M AD = ∠M CD = ∠M P C 4M CD ∼ 4M P C(g.g) ⇒M C2 =M D.M P = M B2 =M I2(do M là trung
điểm cung nhỏ BC) Do A, I, M ⊥ QD nên tam giác QAD cân M Q =M D M I2 = M Q.M D hay theo hệ thức lượng tam giác vng tam giác
IP Q vng tạiI(đpcm)
b) Trước tiên ta để ý rằng: ∠IAE =∠IDM =∠IQD=∠IHP tứ giácAIHF nội tiếp Gọi K trung điểm AF Ta có: ∠KIA = ∠KAI = ∠IHL = ∠IQP =
∠M IP P, I, K thẳng hàng Gọi AM ∩BC =L, ta có: LI IA =
LC CA =
LB AB = BC
CA+AB =
2 Áp dụng định lí M enelaus cho tam giác ALF với cát tuyến P IK P F
P L IL IA
KA
KF = suy P F