Định lý ceva định lý menelaus

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NỊNH MẠNH CƯỜNG ĐỊNH LÝ CEVA ĐỊNH LÝ MENELAUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NỊNH MẠNH CƯỜNG ĐỊNH LÝ CEVA ĐỊNH LÝ MENELAUS Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN VĂN MINH Thái Nguyên - 2014 Mục lục Mục lục Mở đầu Chương 1: Định lý Ceva định lý Menelaus 1.1 1.2 Định lý Ceva 1.1.1 Định lý Ceva 1.1.2 Định lý Ceva dạng mở rộng 1.1.3 Định lý Ceva cho ngũ giác 1.1.4 Định lý Ceva dạng sin 1.1.5 Định lý Ceva không gian Định lý Menelaus 1.2.1 Định lý Menelaus 1.2.2 Định lý Menelaus dạng mở rộng 1.2.3 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích 1.2.4 Mở rộng định lý Menelaus cho tứ giác 1.2.5 Định lý Menelaus không gian Chương 2: Bài tập vận dụng định lý Ceva định lý Menelaus 2.1 Bài tập vận dụng định lý 2.2 Bài tập vận dụng định lý Kết luận Tài liệu tham khảo Ceva Menelaus 4 10 10 11 12 13 14 16 16 37 56 57 Mở đầu Trong số toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳng đồng quy chứng minh ba điểm thẳng hàng, có nhiều toán sử dụng kiến thức sách giáo khoa việc tìm hướng giải khó khăn Nhưng sử dụng định lý Ceva định lý Menelaus để giải thuận lợi hơn, đặc biệt nhiều tốn, khơng sử dụng định lý Ceva định lý Menelaus khơng chứng minh được, sử dụng hai định lý làm cho giải trở nên súc tích Do định lý Ceva định lý Menelaus định lý quan trọng hình học sơ cấp, công cụ hỗ trợ đắc lực giải tốn hình học Trong tốn có sử dụng định lý Ceva định lý Menelaus để giải mắt xích quan trọng, định hướng thơng xuất q trình tư Ngồi hai định lý cịn cơng cụ tư hữu ích để phát triển tốn cho ta cách nhìn tốn Điều khiến cho người học tốn khơng phát triển kiến thức hình học mà cịn cung cấp cho họ nhìn sâu tốn Ngồi phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm chương: Chương Định lý Ceva định lý Menelaus Chương trình bày nội dung định lý Ceva, định lý Menelaus số dạng mở rộng hai định lý Chương Bài tập vận dụng định lý Ceva định lý Menelaus Chương trình bày số tốn hình học sơ cấp có sử dụng định lý Ceva định lý Menelaus để giải Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT QTKD - ĐHTN Là người học trò tiếp thu nhiều điều từ thầy, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên tận tình bảo, hướng dẫn thầy Tôi xin cảm ơn tới thầy cô Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K6A, trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tôi xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Thái Hòa tạo điều kiện giúp đỡ thời gian học tập hoàn thành luận văn Tuy nhiên, lực thân thời gian nghiên cứu có hạn nên khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận bảo đóng góp ý kiến thầy cô độc giả quan tâm tới luận văn Thái Nguyên, ngày tháng năm 2014 Tác giả Nịnh Mạnh Cường Chương Định lý Ceva định lý Menelaus 1.1 Định lý Ceva 1.1.1 Định lý Ceva Định lý 1.1.1 (Định lý Ceva) Cho tam giác ABC Gọi A , B , C ba điểm tương ứng nằm BC, CA, AB Ba đường thẳng AA , BB , CC cắt điểm O khi: C A AB BC = C B AC BA (1.1) Chứng minh Hình 1.1 Phần thuận: Giả sử ba đường thẳng AA , BB , CC cắt điểm O Từ A C, kẻ đường song song với BB , chúng cắt CC AA K, I tương ứng, ta có: BC OC IC OC = = (Sử dụng định lý Thales) BA OK KA OK Suy Vì IA C OA B, BC IC = BA KA AKC BOC ta có: AB OB C A KA = , = AC IC C B OB (1.2) (1.3) Từ (1.2) (1.3) ta suy C A AB BC KA OB IC = = C B AC BA OB IC KA Phần đảo: Giả sử ta có: C A AB BC KA OB IC = = C B AC BA OB IC KA Qua giao điểm đường thẳng AA BB , kẻ đường thẳng CC1 với C1 nằm cạnh AB Khi đó, theo chứng minh phần thuận ta có: C1 A A B B C KA OB IC C A AB BC = = =1 C1 B A C B A OB IC KA C B A C B A suy 1.1.2 C1 A CA = ⇒ C1 ≡ C ta có điều phải chứng minh C1 B CB Định lý Ceva dạng mở rộng *) Chú ý: Định lý Ceva trường hợp tổng quát điểm A , B , C không nằm cạnh theo thứ tự BC, AC, AB ABC mà nằm tuỳ ý đường thẳng chứa cạnh Định lý phát biểu sau: Định lý 1.1.2 Cho tam giác ABC điểm A , B , C khác A, B, C theo thứ tự thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi đường thẳng AA , BB , CC đồng quy đôi song song khi: C A AB BC = −1 C B AC BA (1.4) Hình 1.2 Chứng minh Chứng minh điều kiện cần Có hai trường hợp cần xét Trường hợp AA , BB , CC đồng quy (hình 1.2) Giả sử AA , BB , CC đồng quy O Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, đường thẳng theo thứ tự cắt BB , CC X, Y Theo hệ định lý Thales dạng đại số: C A AB BC Y A AX BC Y A AX BC = = = −1 C B AC BA CB AY XA AY XA CB Trường hợp AA , BB , CC đơi song song (hình 1.3) Theo hệ định lý Thales dạng đại số: C A AB BC CA A B BC = C B AC BA CB A C BA A B BC CA = = (−1).(−1).(−1) = −1 BA CB A C Tóm lại, hai trường hợp, ta có: C A AB BC = −1 C B AC BA Chứng minh điều kiện đủ Ta chứng minh ba đường AA , BB , CC không đôi song song chúng phải đồng quy Giả sử AA , BB không song song Đặt O = AA ∩ BB Khi CO AB khơng song song (hình 1.4) Thật vậy, CO song song với AB theo hệ định lý Thales dạng đại số, ta có : AB AB AB BA AB BC = =− =− ⇒ = −1 AC OC CO BC AC BA Mặt khác, theo giả thiết: C A AB BC = −1 C B AC BA CA = ⇒ C A = C B ⇒ A ≡ B, mâu thuẫn CB Vậy CO không song song với AB Đặt C1 = CO ∩ AB Theo kết C1 A A B B C = −1 đạt phép chứng minh điều kiện cần: C1 B A C B A C A AB BC Từ với ý = −1, ta có: C B AC BA Suy ra: C1 A CA = ⇒ C1 ≡ C C1 B CB Tóm lại AA , BB , CC đồng quy.✷ Hình 1.3 1.1.3 Hình 1.4 Định lý Ceva cho ngũ giác Định lý 1.1.3 Cho ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 năm điểm B1 , B2 , B3 , B4 , B5 nằm năm đường thẳng A5 A2 , A1 A3 , A2 A4 , A3 A5 , A4 A1 Nếu đường thẳng A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 , A4 B4 , A5 B5 đồng quy B1 A5 B2 A1 B3 A2 B4 A3 B5 A4 = −1 B1 A2 B2 A3 B3 A4 B4 A5 B5 A1 (1.5) Chứng minh Giả sử năm đường thẳng A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 , A4 B4 , A5 B5 đồng quy điểm I theo định lý tỷ lệ diện tích ta có: B1 A5 B2 A1 B3 A2 B4 A3 B5 A4 B1 A2 B2 A3 B3 A4 B4 A5 B5 A1 s(IA1 A5 ) s(IA2 A1 ) s(IA3 A2 ) s(IA4 A3 ) s(IA5 A4 ) = s(IA1 A2 ) s(IA2 A3 ) s(IA3 A4 ) s(IA4 A5 ) s(IA5 A1 ) =− s(IA5 A1 ) s(IA1 A2 ) s(IA2 A3 ) s(IA3 A4 ) s(IA4 A5 ) = −1 s(IA1 A2 ) s(IA2 A3 ) s(IA3 A4 ) s(IA4 A5 ) s(IA5 A1 ) Hình 1.5 Chú ý: Định lý Ceva cho đa giác bất kỳ: Cho đa giác n - cạnh A1 A2 An n điểm B1 , B2 , , Bn , nằm đường thẳng An A2 , A1 A3 , A2 A4 , Ai−1 Ai+1 , An−1 A1 Nếu n đường thẳng A1 B1 , A2 B2 , An Bn đồng quy B1 An B2 A1 B3 A2 Bi Ai−1 Bn An−1 = (−1)n (i = 2, 3, , n − 1) (1.6) B1 A2 B2 A3 B3 A4 Bi Ai+1 Bn A1 1.1.4 Định lý Ceva dạng sin Định lý 1.1.4 Gọi A , B , C ba điểm tương ứng nằm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Ba đường thẳng AA , BB , CC cắt điểm O sinABB sinBCC sinCAA = sinCBB sinACC sinBAA Chứng minh Hình 1.6 (1.7) 44 Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác AB C đường thẳng XGY , XB Y C XB GC Y A = 1, hay = 1, Vì G trung điểm B C , ta có XA GB Y C XA Y A suy AB /AC ≥ AX/AY = XB /Y C Gọi hB khoảng cách từ G đến AB hC khoảng cách từ G đến AC Ta có hB AB /hC AC = SAGB /SAGC = 1, nên hC /hB = AB /AC Suy hC /hB ≥ XB /Y C , SY GC ≥ SXGB , điều cần phải chứng minh Để có đẳng thức, ta phải có X ≡ B Y ≡ C Nói cách khác, đẳng thức xẩy XY //BC XY qua G Hình 2.34 Hình 2.35 Bài tốn 2.2.9 (Olympic Bulgaria, 1998) Cho tứ giác ABCD có AD = CD DAB = ABC < 900 Qua D, kẻ đường thẳng nối trung điểm đoạn BC, đường thẳng cắt đường thẳng AB E Chứng minh BEC = DAC Giải Hình 2.36 Gọi M trung điểm BC, Giả sử AD cắt BC N, AN cắt EC P Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác DM N, AEN ta có: 45 DP.N C.M E = P N.CM.ED DA.N B.M E = AN.BM.ED Kết hợp đẳng thức với AN = BN, BE = CE, AD = CD ta DP.N C = DC.P N Vậy CP phân giác góc DCN Từ ta có: ACP = ACD + DCP = N DC + DCN = N AB, DCP = CAB Suy BCE = BAC Từ đó: BEC = ABC − BCE = BAD − DCP = DAC, suy điều phải chứng minh Bài toán 2.2.10 Cho hai đường tròn tâm O O gặp A B cho OA ⊥ O A, OO cắt hai đường tròn C, E, D, F cho điểm C, O, E, D, O , F nằm đường thẳng theo thứ tự BE cắt đường trịn (tâm O) điểm thứ hai K cắt CA M BD cắt đường tròn (tâm O ) điểm thứ hai L cắt AF N Chứng minh OE KE LN = KM LD OD Giải Hình 2.37 Ta có AOO = 2ACF , AO O = 2AF C Mà AOO + AO O = 1800 − OAO = 900 , nên ACF + AF C = 450 CAL = CAO + OAO + O AL = ACF + 900 + 900 − AO L = ACF + 1800 − ABL = ACF + 1800 − ABD = 1800 (để ý tam giác OAC cân ACBD nội tiếp) Suy C, A, L thẳng hàng 46 Tương tự, K, A, F thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác CM E đường thẳng KAF , KE AM F C ta có = KM AC F E Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác F N D đường thẳng LAC, LD AN CF ta = LN AF CD KE LN AC F E AN CF AC AN F E Suy = = KM LD AM F C AF CD AM AF CD AC AN O E = AM AF OD AC AF Do đó, cần chứng minh = , tức chứng minh M N//CF AM AN Ta có M AN = CAF = 1800 − (ACF + AF C) = 1350 M BN = EBA+ ABD = EF A+ ACD = 450 (để ý AF BE ACBD nội tiếp) Suy AM BN nội tiếp, từ AM N = ABN = ABD = ACD = ACF Suy M N//CF, điều phải chứng minh Bài toán 2.2.11 Chứng minh tam giác, chân đường phân giác hai góc chân đường phân giác ngồi góc thứ thẳng hàng Giải Hình 2.38 Cho tam giác ABC, gọi BE, CF hai đường phân giác AD phân giác (E ∈ AC, F ∈ AB D ∈ BC) 47 Trước hết ta thấy ba điểm D, E, F thỏa mãn điều kiện hai điểm E, F thuộc cạnh AC AB điểm D nằm ngồi đoạn BC) Mặt khác, theo tính chất đường phân giác (trong ngồi,) ta có DB AB EC BC F A CA = , = , = DC AC EA BA F B CB DB EC F A AB BC CA Suy = = DC EA F B AC BA CB Suy ba điểm D, E, F thẳng hàng.✷ Bài toán 2.2.12 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi M, N, P, Q tiếp điểm (I) với AB, BC, CD AD Chứng minh N P, M Q BD đồng quy Giải Hình 2.39 Theo giả thiết ta có: AQ = AM, BM = BN, CN = CP, DP = DQ Gọi O giao điểm N P BD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD ta có: OB P D N C OB NB =1⇒ = OD P C N B OD PD OB QD M A N B QD = = 1, áp dụng định lý OD QA M B P D MB Menelaus vào tam giác ABD O, M, Q thẳng hàng Vậy N P, BD M Q đồng quy ✷ Khi ta có: 48 Bài tốn 2.2.13 (định lý Desargues) Cho hai tam giác ABC A B C Gọi M giao điểm AB A B , N giao điểm AC A C , P giao điểm BC B C M, N, P thẳng hàng AA , BB , CC đồng quy Giải Phần đảo: Cho AA , BB , CC đồng quy O Ta chứng minh M, N, P thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác OAC với ba điểm N, A C’, ta có: NA C C A O = NC C O A A (2.21) Tương tự ta có: PC B B C O = PB B O C C Hình 2.40 (2.22) MB A A B O = (2.23) MA A O B B NA P C MB Từ (2.21), (2.22), (2.23) ta có = 1, áp dụng định NC P B MA lý Menelaus cho tam giác ABC, ta có M, N, P thẳng hàng Phần thuận: Cho M, N, P thẳng hàng, ta chứng minh AA , BB , CC đồng quy Xét hai tam giác M BB , N CC’ có M N, BC, B C đồng quy P Ta có O giao BB CC Hơn A giao M B N C, A’ giao M B N C Do theo chứng minh phần trên, ta có O, A, A thẳng hàng, hay AA , BB CC đồng quy.✷ 49 Bài toán 2.2.14 Cho tam giác ABC điểm M Các đường thẳng AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB D, E, F Lấy X thuộc BC cho AM X = 900 Y, Z theo thứ tự điểm đối xứng M qua DE, DF Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Giải Hình 2.41 Gọi T điểm đối xứng M qua BC (hình 2.41) Ta có DY = DZ = DT (cùng DM ) Do Y, Z, T, M thuộc đường tròn tâm D, ký hiệu (D) Mặt khác, AM X = 900 nên XM tiếp xúc với (D) M Từ đó, với ý T M đối xứng với qua XD, ta có XT tiếp xúc với (D) T Theo giả thiết theo cách dựng điểm T, M X, M T, M Y, M Z theo thứ tự vuông góc với DM, DX, DE, DF Từ đó, với ý D(M XEF ) = −1, ta có M (XT Y Z) = −1 Suy M (M T Y Z) = −1 Điều có nghĩa tứ giác M Y T Z điều hòa, suy X, Y, Z thẳng hàng.✷ 50 Bài toán 2.2.15 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến với (O) A, B, C theo thứ tự cắt BC, CA, AB M, N, P Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng Giải Hình 2.42 Ta có : sđM BA = sđ M AC(= sđ AC) ⇒ M BA ∼ M AC MB MA BA ⇒ = = MA MC AC 2 MB MA AB MB AB ⇒ = ⇒ = MA MC AC MC AC Từ đó, với ý M nằm đoạn BC, suy ra: MB = MC AB AC Tương tự ta có NC = NA BC BA 2 BA ; = PB CA CB 2 M B N C BA AB BC CA Vậy: = = AC BA CB MC NA P B Theo định lý Menelaus, ta có M, N, P thẳng hàng.✷ 51 Bài toán 2.2.16 Cho tứ giác ABCD Đặt E = AB ∩ CD; F = AD ∩ CB Gọi I, J, K theo thứ tự trung điểm AC, BD, EF Chứng minh rằng: I, J, K thẳng hàng Giải Hình 2.43 Gọi M, N, P theo thứ tự trung điểm BE, EC, CB (hình 2.43) Dễ thấy I, J, K theo thứ tự thuộc đường thẳng N P, P M, M N Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BEC với thẳng hàng A, D, F ta có: 2IP 2JM 2KN AB DE F C IP JM KN =1⇒ =1⇒ = AE DC F B 2IN 2JP 2KM IN JP KM Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác M N P, ta có I, J, K thẳng hàng.✷ Bài toán 2.2.17 Cho tam giác ABC điểm O Phép đối xứng tâm O biến A, B, C theo thứ tự thành A1 , B1 , C1 Các điểm A2 , B2 , C2 theo thứ tự thuộc B1 C1 , C1 A1 , A1 B1 cho AA2 , BB2 , CC2 đôi song song Chứng minh A2 , B2 , C2 thẳng hàng Giải Vẽ đường thẳng không song song với AA2 , BB2 , CC2 Gọi f phép chiếu song song phương AA2 xuống đường thẳng Qua f, A, A2 biến thành A ; B, B2 biến thành B ; C, C2 biến thành C ; A1 , B1 , C1 , O theo thứ tự biến thành A1 , B1 , C1 , O Theo định lý Thales dạng đại số, ta có: 52 A2 B1 A B1 O B1 − O A = = A2 C1 A C1 O C1 − O A Từ với ý O trung điểm B B1 , C C1 , suy ra: A2 B1 OA +OB −O B − O A = = A C1 −O C − O A OA +OC Tương tự trên: B2 C1 OB +OC ; = B2 A1 OB +OA C2 A OC +OA = C2 B1 OC +OB Suy ra: A2 B1 B2 C1 C2 A1 OA +OB OB +OC OC +OA = = A2 C1 B2 A1 C2 B1 OA +OC OB +OA OC +OB Vậy theo định lý Menelaus: A2 , B2 , C2 thẳng hàng Hình 2.44 Bài tốn 2.2.18 Cho tam giác ABC khơng cân, nội tiếp đường trịn tâm (O), ngoại tiếp đường tròn (I), Đường tròn (O ) tiếp xúc với cạnh AB, AC tiếp xúc với (O) A Tương tự ta xác định B , C Chứng minh rằng: AA , BB , CC đồng quy điểm thuộc OI Giải 53 Hình 2.45 Gọi A , B , C theo thứ tự giao AA , BB , CC với OI (hình 2.45) Gọi R, r, R theo thứ tự bán kính đường trịn (O), (I), (O ) Dễ thấy: O, O , A thẳng hàng Gọi H, K hình chiếu O , I AC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác O OI với thẳng hàng A , A, A , ta có: A O AI A O = (2.24) A I AO A O Đương nhiên: AO R AO = = (2.25) R AO AO Theo hệ định lý Thales dạng đại số: AI KI KI r = = = HO R AO HO (2.26) A O R = r A I B O R C O R Tương tự: = ; = r C I r B I A O B O C O Vậy: = = A I B I C I Do đó: A , B , C trùng Nói cách khác: AA , BB , CC đồng quy điểm thuộc OI ✷ Từ (2.24), (2.25), (2.26) suy ra: 54 Bài tốn 2.2.19 Cho hình thoi ABCD cạnh a Gọi R1 , R2 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD ABC Chứng minh hệ thức + = R1 R2 a Giải Hình 2.46 Giả sử trung trực cạnh AB cắt AC O1 , cắt BD O2 Suy O1 O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ABC Ta có O1 A = R1 ; O2 B = R2 Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ABO với cát tuyến KO2 O1 ta có: KA O2 B O1 O R2 R1 − OA =1⇒ = KB O2 O O1 A OB − R2 R1 Suy R1 − OA 2R1 − OA 2R1 OA R1 = = = − R2 OB − R2 OB OB OB (2.27) Mặt khác để ý BKOO1 AKO2 O tứ giác nội tiếp nên ta có: R1 OA = a2 = R2 OB Từ (2.27) (2.28) suy R1 4R1 R2 R2 1 = − ⇒ + = ✷ R2 a2 R1 R12 R22 a2 (2.28) 55 Bài toán 2.2.20 Cho tam giác nhọn ABC Các đường thẳng AA , BB CC cắt O Đường thẳng d qua O song song với AC cắt A B B C M, N Chứng minh OM = ON Giải Hình 2.47 Gọi I, K giao điểm AA B C , A N đường thẳng AC Áp dụng định lý Menelaus AOB với cát tuyến C IB ta có: C A B B IO =1 C B B O IA Áp dụng định lý Menelaus (2.29) AOB với cát tuyến BCA ta có: BO CB A A =1 BB CA A O (2.30) Từ (2.29) (2.30) suy ra: C A OB CB IO AA =1 (2.31) C B OB CA IA A O C A OB CB Mặt khác = (do xét ABB với cát tuyến C OC) C B OB CA nên AO IO = (2.32) IA AA Mà theo định lý Thales AO ON IO ON = ; = AA AK IA AB Từ (2.32) (2.33) suy AK = AB ⇒ OM = ON.✷ (2.33) 56 Kết luận Luận văn trình bày số kết sau Trình bày nội dung định lý Ceva, định lý Menelaus số dạng mở rộng hai định lý này, để áp dụng vào giải tập Giới thiệu số dạng tập sử dụng định lý Ceva, định lý Menelaus để giải tốn Trình bày số tốn hay khó số kỳ thi HSG, kỳ thi Olympic có sử dụng định lý Ceva, định lý Menelaus để giải 57 Tài liệu tham khảo [1] Vũ Văn Đức (2011), Một số định lý hình học tiếng áp dụng, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên [2] Nguyễn Văn Nho (2011), Những định lý chọn lọc hình học phẳng qua kỳ thi Olympic, NXB Đại học sư phạm TP Hồ Chí Minh [3] Đồn Cát Nhơn (2008), Tìm hiểu sâu định lý Menelaus, trường THCS Cát Nhơn, Bình Định in Lưu hành nội [4] Đoàn Quỳnh(Chủ biên), Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2010), Tài liệu giáo khoa Chun tốn Hình học 10, NXB Giáo dục [5] P.X.Mô - Đen - Nốp (1979), Bài tập hình học, NXB Khoa học (tiếng nga) [6] A.Y Phéc - Tri - Xốp (1977), Hình học sơ cấp, NXB Sư phạm (tiếng nga) [7] X.Y Dê - Chen (1940), Hình học tam giác (PGS PTS Đoàn Như Kim dịch) Nhà xuất Giáo dục 58 XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN Xác nhận chỉnh sửa luận văn thạc sỹ học viên cao học Nịnh Mạnh Cường Tên đề tài luận văn Định lý Ceva định lý Menelaus Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 Bảo vệ ngày 06 tháng năm 2014 Đã chỉnh sửa theo kết luận Hội đồng Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Giáo viên hướng dẫn TS Nguyễn Văn Minh ... chương: Chương Định lý Ceva định lý Menelaus Chương trình bày nội dung định lý Ceva, định lý Menelaus số dạng mở rộng hai định lý Chương Bài tập vận dụng định lý Ceva định lý Menelaus Chương... 1: Định lý Ceva định lý Menelaus 1.1 1.2 Định lý Ceva 1.1.1 Định lý Ceva 1.1.2 Định lý Ceva dạng mở rộng 1.1.3 Định lý Ceva cho ngũ giác 1.1.4 Định. .. ngày tháng năm 2014 Tác giả Nịnh Mạnh Cường Chương Định lý Ceva định lý Menelaus 1.1 Định lý Ceva 1.1.1 Định lý Ceva Định lý 1.1.1 (Định lý Ceva) Cho tam giác ABC Gọi A , B , C ba điểm tương