ĐỊNH LÍ CEVA,MEN ELAUS VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN

ĐỊNH LÍ CEVA,MEN ELAUS VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN I.Định lí: 1.Định lí Ceva:Cho tam giác ABC ,ba điểm M,N,P nằm ba cạnh BC,CA,AB.Khi AM,BN,CP đồng quy khi: BM CN AP =1 MC NA PB A E F N P I B C M BM CN AP Chiều thuận: AM,BN,CP đồng quy I MC NA PB =1 Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BN,CP F,E AN AF AP AE CN AP AE Theo định lí Talet ta có: NC = BC ; PB = BC ⇒ NA PB = AF AF AI AE AE MC AE BM Lại có: BM = ℑ = MC ⇒ AF = MB ⇒ AF MC =1 (đpcm) BM CN AP Chiều đảo: Nếu ba điểm M,N,P nằm BC,CA,AB mà thỏa mãn MC NA PB =1 AM,BN,CP đồng quy điểm I Gọi giao điểm BN CP I,AI cắt BC M’ BM ' CN AP Khi theo chiều thuận ta có: M ' C NA PB =1 BM Mà có MC CN AP BM ' BM =1 suy = ⇒ M ≡ M ' ⇒ AMđiqua I hay ba đường AM , BN , CP đồng quy I NA PB M ' C MC *Định lí Ceva dạng đại số: Cho tam giác ABC ba điểm M,N,P nằm BC,CA,AB AM,BN,CP đồng quy đôi song song song khi: ´ NC ´ PA ´ MB =−1 ´ NA ´ PB ´ MC Chứng minh điều kiện cần THI1: Nếu AM,BN,CP đồng quy A E F N P I B M Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BN,CP F,E Theo định lí Talet dạng Đại số: C ´ NC ´ PA ´ ´ BC ´ EA ´ ´ BC ´ EA ´ MB AF AF = = =-1 ´ NA ´ PB ´ ´ FA ´ CB ´ ´ CB ´ AE ´ MC AE FA TH2: AM,BN,CP đôi song song: N P A B M ´ NC ´ PA ´ ´ BC ´ CM ´ ´ CM ´ BC ´ MB MB MB = = =−1 ´ NA ´ PB ´ ´ BM ´ CB ´ ´ MC ´ CB ´ MC MC BM Chứng minh điều kiện đủ: Ta chứng minh AM,BN,CP không đôi song song đồng quy Giả sử AM BN khơng song song KN1: Nếu OC song song với AB C A O N B M C ´ ´ ´ ´ ´ ´ MB AB AB − NA MB NC Theo định lí Thales dạng đại số: ´ = ´ =- ´ = ´ ⇒ ´ ´ =−1 MC OC CO NC MC NA ´ NC ´ PA ´ MB ´ PB⇒ ´ A ≡ B (vơ lí ) Mà: ´ ´ ´ =−1⇒ PA= MC NA PB KN2: Nếu OC không song song với AB Gọi OC giao với AB P’ P A O N B C M ´ NC ´ P´' A MB Theo kết điều kiện cần ´ ´ ´' =−1 MC NA P B ⇒ ´ P´' A PA = ⇒ P ' ≡ P ⇒ AM,BN,CP đồng quy O '´ ´ P B PB 2.Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC điểm A’,B’,C’ đường thẳng BC,CA,AB cho :hoặc ba điểm A’,B’,C’ nằm phần kéo dài ba cạnh ba điểm nằm phần kéo dài cạnh hai điểm lại nằm hai cạnh tam giác Điều kiện cần đủ để A’,B’C’ thẳng hàng là: A' B B' C C ' A =1 A ' C B' A C ' B Phần thuận: A C' B' M B C A' Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ M.Theo định lí Talet ta có: A' B A ' C ' B' C B' M A ' B B' C A' C B ' M = , = → = A ' C A' M B' A B' C ' A ' C B ' A A' M B ' C Lại có : C ' B B A ' C ' A ' C ' A AB ' = C ' B ' = = ; = CM CA ' MA ' CM B ' C B ' M C ' A C ' B' MA ' A' B B ' C C ' A A ' C B' M C ' B' MA ' Suy ra: C ' B = B ' M C ' A ' ⇒ ' ' C ' B = ' ' B ' M C ' A ' =1 AC BA AM BC Phần đảo: Gi ả sử B’,C’ nằm hai cạnh tam giác ABC A’ nằm đường kéo dài cạnh lại Gọi K giao điểm A’C’ AC.Khi theo chứng minh thuận ta có: A' B K C C ' A =1 A' C K A C ' B Mà theo ra: ⇒ A' B B' C C ' A =1 A ' C B' A C' B KC B' C ' ' ' ' = ' suy K ≡ B hay A , B , C thẳng hàng KA B A II.BÀI TẬP VẬN DỤNG: CÂU 1.Cho tam giác ABC có ba đường cao AD,BE,CF.Hai đường trịn đường kính AB,AC cắt DF,DE Q,P.N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.Chứng minh: AN,BP,CQ đồng quy P Q A Z E Y F N l B D X C M Gọi X,Y,Z theo thứ tự giao điểm AN,BP,CQ với BC,CA,AB Gọi M điểm đối xứng với A qua N, suy M đối xứng với O qua BC,Q đối xứng với E qua AB,P đối xứng với F qua AC ^ ^ ^ + 90° − ^ ABM= B A = CBQ ACM= ^ BCP Tượng tự : ^ ^ BAP=^ CAQ XB YC ZA ^ S ABM S BCP S CAQ AB BM sin ^ ABM CB CP sin ^ BCP AC AQ sin CAQ ∙ ∙ = ^ CA CM sin ^ ACM AB AP sin ^ BAP BC BQ sin CBQ ACM S BAP S CBQ Ta có : XC ∙ YA ∙ ZB = S ^ CF AE sin ^ BM CP AQ sin ^ ABM sin ^ BCP sin CAQ ABM sin ^ BCP sin ^ CAQ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ = (*) ^ ^ ^ ^ ^ sin ACM sin BAP sin CBQ AF BE sin ACM sin BAP sin ^ CBQ = CM ∙ AP ∙ BQ (do BM=CM) AE AF AE CF Dễ thấy ∆ AFC ∆ AEB ( g g ) ⇒ EB = FC ⇒ BE AF =1 ^ ^ sin ABM sin BCP sin CAQ ^;^ ∙ ABM=¿  CBQ ACM= ^ BCP ; ^ BAP=^ CAQ nên : ^ ∙ Lại có ^ ^ ^ =1 ^ sin ACM sin BAP sin CBQ XB YC ZA Do (*)=1 nên XC ∙ YA ∙ ZB =1 theo định lí Ceva đảo tam giác ABC AX , BY ,CZ đồng quy hay AN , BP, CQ đồng quy (đpcm) CÂU 2.Cho tam giác ABC cố định khơng cân nội tiếp đường trịn (O),đường phân ^ Gọi R hình PBC=QBA giác AD.Lấy P di động AD Q thuộc AD cho   ^ chiếu Q BC.Đường thẳng d qua R góc với OP.chứng minh d ln qua điểm cố định P di động AD Kẻ đường cao AH tam giác ABC Qua H dựng đường thẳng vng góc với OD cắt đường thẳng vng góc với góc với AO D X Khi X cố định ta chứng minh d qua X Thật vậy: Gọi giao điểm AH OD M,OP giao với AH L AD cắt (O) F F điểm cung BC nhỏ Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ADM với O,P,L thẳng hàng: LA PD OM PD OM LM ∙ ∙ =1 suy ra: ∙ = LM PA OD PA OD LA S AQB QA AB BQ S PAB PA AB BP Ta có S = PQ = BP BD S = QD = BQ BD PBD QBD Do F điểm cung BC nhỏ nên OF vng góc với BC nên OF song song với AM mPBC = 21.52° A Q O P B E H R D L X C F M QA= PA ∙ AB BQ PA BQ BD QA BA2 PD FA PD OM PD LA QD= → = ∙ = = = , BP BD BA BP QD BD PA FD PA OD PA LM RH QA LA Mà QR song song với AH nên RD = QD = LM Do tam giác HXD tam giác OAM có ba cạnh tương ứng vng góc HX ⊥ OM , XD ⊥ OA , HD ⊥ AM nên tam giác HXD tam giác OAM đồng dạng XDR=^ ALO Tương tự ∆ XDR ∆ OAL → ^ Gọi XR giao với OP E suy LERH nội tiếp ALO=^ ERH= ^ XDR suy E,R,X thẳng hàng hay d qua điểm X cố định Khi ^ CÂU 3.Cho lục giác lồi ABCDEF cho DC=DE;BA=BC;FE=FA ^ FEA= ^ DEC =^ BAC Chứng minh: AD,CF,EB đồng quy A F B N E M C D Gọi M,N,P lần lượ t giao điểm AD,BE,CF với EC,AC,AE BAC= ^ ABC= ^ DEC= ^ DCE= ^ FEA = ^ FAE=α Đặt   ^ ME NC PA S ( AED ) S ( CEB ) S ( ACF ) ∙ ∙ =EA ED sin ¿ ¿¿ (Do Xét: MC ∙ NA ∙ PB = S ( CAD ) S ( AEB ) S ( ECF ) AF=FE=DE=DC=BC=AB) Theo định lí Ceva đảo AM,EN,CP đồng quy hay AD,EB,CF đồng quy CÂU 4.Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O).Gọi H trực tâm tam giác ABC.Gọi D,E chân đường cao hạ từ A,B xuống cạnh đối diện.Gọi giao điểm của EO AD L,OD BE K Gọi M trung điểm AB.Chứng minh K,L,M thẳng hàng CHOD nội tiếp ÁP dụng định lí Menelaus cho tam giác HAB với K,L,M ta có: ´ LH ´ MA ´ KB ´ KB ´ − LA K,L,M thẳng hàng : ´ ´ ´ =1 ⇒ ´ = ´ (1) KH LA MB KH LH KB S BOD LA S AOE Ta có : KH = S , LH = S HOD HOE 1 Có : S AOE= AE OT = c.cos A R cos B 1 S BOD= BD OS= c cos A R cos B 2 KB LA Suy : S AOE=S BOD nên để KH = LH S HOD=S HOE C D Q T P L S O E H K A M B Khi HO song song với DE HO qua trung điểm DE ^ =^ CDH=90° Gọi P,Q trung diểm CH,DE.Do  CEH Nên tứ giác CEHD nội tiếp đường trịn đường kính CH nên Q tâm dduwowffn gtrofn ngoại tiếp tứ giác CEHD nên PQ góc với DE ^ OCD ^ =^ A+ 90− ^ A =90 nên CO⊥ DE Lại có: CDE+ Do CO song song với PQ TH1:nếu HO qua trung điểm DE P trung điểm HO nên EDHO hình bình hành suy OD∥ EH,OE∥ DH trái ngược với giả thiết OD cắt EH EO cắt HD TH2:HO song song với DE nên HO vng góc CO suy O thuộc đường trịn đường kính CH nên CHOD nội tiếp Vậy để K,L,M thẳng hàng CHOD nội tiếp CÂU 5.Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp đường trịn (O) P nằm trong tam giác ABC cho AP vng góc với BC.Đường trịn đường kính AP cắt AB,AC F,E cắt (O) G.Chứng minh GP,BE,CF đồng quy A G E F P Q O K L C B T D Kẻ đường kính AD (O).Gọi giao điểm PE BD K.Gọi giao điểm PF CD L EF cắt BC L Áp dung đinh lí Menelaus cho tam giác ABC với T,E,F thẳng hàng: TB CE AF TB FB AE ∙ ∙ =1 ⇒ = (1) TC EA FB TC EC AF AFE= ^ APE=90 °− ^ PAE= ^ ACB nên tứ giác BEFC nội tiếp suy Do AEPF nội tiếp nên   ^ ∆ ABE ∆ ACF → AE BE = AF CF Do E,F thuộc đường trịn đường kính AP nên PE⊥ AE,PF⊥ AF Do AD đường kính nên DC⊥ AC,DB⊥ AB PE∥ DC, PF ∥DB hay PL ∥KD, EKB= ^ FLC PKD= ^ PLD hay   ^ DL∥ PK nên PLKD hình bình hành suy   ^ FCL=^ FCA + ^ ACL= ^ EBA +90= ^ KBE Xét    ^ BE BK AE BK Khi ∆ KBE ∆ LCF → CF = CL ⇒ AF = CL (2) BF PK DL Lại có: S(KPBL)=BF.PL=CE.PK⇒ CF = PL = DK (3) Từ (1),(2),(3) suy TB BK DL TB LC DK = ⇒ =1.Theo định lí Menelaus đảo tam giác DBC TC CL DK TC LD BK T,K,L thẳng hàng Áp dụng định lí Desargues cho tam giác EPF tam giác DBC với PE∩ BD=K ; PF∩ DC= L ;EF ∩ BC=T mà T,K,L thẳng hàng nên EB,FC,PD đồng quy Q AGP=90° , có ^ AGD=90 ° nên suy Lại có G thuộc đường trịn đường kính AP nên ^ G,P,D thẳng hàng.Mà PD qua Q nên GP qua Q hay GP,BE,CF đồng quy Q (đpcm) CÂU 6.Cho tam giác ABC có AH đường cao,D điểm cố đinh BC.Trên AH lấy P di động Gọi K hình chiếu P AD.Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKB AKC cắt AC, AB E,F EF cắt BC Q.Chứng minh đường thẳng qua P vng góc với AQ ln qua điểm cố định P di động F A E N Z U K P B Q I Y X H D M C J Gọi d đường thẳng qua P vng góc với AC Qua D kẻ đường thẳng song sonng với AB cắt AC M, kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB N Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt (d) X1 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt (d) X2 Gọi Y,Z hình chiếu P AC,AB AK AP AKP=90° ⇒ ∆ AKP ∆ AHD ( g g ) ⇒ = ⇒ AK AD= AH AP Do PK⊥ AD nên ^ AH AD Do ^ AYP=90⇒ ∆ AYP ∆ AHC ( g g ) ⇒ AP AH = AY AC Do đó: AK AD=AY AC ⇒CDKY nội tiếp ⇒ ^ DYC= ^ DKC= ^ AFC DM MY ^ AF=Y^ MD ⇒ ∆ AFC ∆ MYD ( g g ) ⇒ = Lại có: C AC AF ^ =^ YU X 1=UYM X MY =90 °nên UYM X Gọi U hình chiếu X1 PY Khi  ^ hình chữ nhật ⇒ X U =MY X1 U MY AF = = Ta có tam giác P X U vng U ⇒ P X 1= cos ^ (do d vng góc P X U cos ( CA , d ) sin ¿ ¿ ¿ với AQ ) AE Tương tự ta chứng minh được:P X = sin ¿ ¿ ¿ (2) P X1 AF DM Từ (1) (2) suy P X = AE DN sin ¿ ¿ ¿ Áp dụng định lí Sin cho tam giác ABQ,ACQ,ta có: BQ CQ ; sin ¿ ¿¿ sin ¿ ¿¿ PX AF DM BQ Thay vào (3) : P X = AE DN CQ Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với E,F,Q thẳng hàng.: FA BQ CE AF BQ BF =1⇒ = FB CQ AE AE CQ CE PX DM BF Suy ra: : P X = DN CE DM CD Do DM ∥AB,DN∥ AC nên theo định lí Thales AB = CB ⇒ DM = CD AB DN BD BD AC DM CD AB , = ⇒ DN = ⇒ = BC AC BC BC DN AC BD DM BF CD AB BF BA BF CD Suy ra: DN CE = AC BD CE = CE CA BD Gọi giao điểm BC với (KAB) I, với (KAC) J BA BF BJ Khi đó: BA BF=BC BJ ,CE CA=CI CB ⇒ CE CA = CI Lại có: DK DA=DI DB=DC DJ ⇒ P X1 CD DI CD+ DI CI CD BJ = = = ⇒ =1⇒ =1 ⇒ X trùng với X ⇒ X ≡ X ≡ BD DJ BD + DJ BJ BD CI P X2 Do D cố định nên M,N cố định nên X cố định Vậy đường thẳng qua P vng góc AQ ln qua điểm X cố định CÂU 7.Cho tam giác ABC có diện tích S0.Trên cạnh BC,CA,AB lấy điểm MB NC PA M,N,P cho MC =k ; NA =k ; PB =k (k , k , k