ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS

ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS Định lý Menelaus (Nhà tốn học cổ Hy Lạp, kỷ I sau cơng 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 =1 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 C'A AM B ' C A ' C A'B B ' C C ' A AM A ' C A ' B = ; = = =1 Ta có: C ' B A ' B B ' A AM Vậy A ' C B ' A C ' B A ' B AM A ' C ( ⇐) Gọi A’’ giao B’C’ với BC A''B B ' C C ' A =1 Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có A '' C B ' A C ' B A'B B ' C C ' A A''B A ' B =1 = mà A ' C B ' A C ' B nên A '' C A ' C Do B’, C’ thuộc cạnh CA, AB nên A’’ nằm cạnh BC A''B A ' B = Vậy A '' C A ' C A’, A’’ nằm 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 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 A'B B ' C C ' A =1 AA’, BB’, CC’ đồng quy A ' C B ' A C ' B Chứng minh ( ⇒ ) Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ M, N B ' C BC C'A AN A ' B AM = ; = ; = Ta có: B ' A AM C ' B BC A ' C AN A'B B ' C C ' A AM BC AN = =1 Vậy ta có A ' C B ' A C ' B AN AM BC ( ⇐) Gọi I giao BB’ CC’ Giải sử AI cắt BC A’’, suy A’’ thuộc BC A''B B ' C C ' A A'B B ' C C ' A =1 =1 Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có A '' C B ' A C ' B mà A ' C B ' A C ' B A'B A '' B = nên 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: 1.1 AD,BE,CF đồng quy điểm 1.2 · · sin ·ABE sin BCF sin CAD =1 · · · sin DAB sin EBC sin FCA 1.3 AE CD BF =1 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 sin ·ABE sin ·ABP AP = = · · APD, ta có: sin DAB sin BAP BP (1)Tương · sin BCF BP = ; · CP sin EBC tự, ta có: (2) · sin CAD CP = · AP (3) sin FCA 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 · sin ·ADB AB sin CAD CD = ; = · ·ACD CA DB sin BAD sin có: Do đó: · BDA + ·ADC = 180 ( ) (4) · sin CAD AB CD = · CA DB sin BAD · sin BCF CA BF = · BC FA sin FCA Tương tự, ta có: (5) sin ·ABE BC AE = · AB EC (6) sin EBC Nhân vế (4), (5), (6) ta 1.3 Giả sử 1.3 đúng, ta gọi P = CF I BE , D1 = AP I BC CD1 CD AE CD1 BF AE CD BF = =1 = EC D B FA EC DB FA D B DB 1 Theo 1.1 1.2, ta có: hay: D ≡ D Do đó: 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 A PC IA BM =1 tuyến BIP ta có: PA IM BC PC IM BC = = Suy ra: PA IA BM nên PA = 2PC P I C B M Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho tốn dẫn đến lời giải hay ngắn gọn 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 =1 EB DC FA A AE CF =1 Vì BD = CD nên EB FA E F O EA FA = suy EB FC Vậy theo định lí Ta-lét ta có: EF // BC B C D 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 EA FA = dẫn đến tỉ số có lợi EB FC áp dụng định lí Ta-let để thu kết hay ngắn gọn Bài Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P, Q 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 QA ID MB =1 QD IB MA với điểm Q, M, I thẳng hàng ta có MB ID =1 QD IB mà MA = QA nên suy Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC NB ID PC ID NB =1⇒ =1 PD IB NC nên DP IB , 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 AB OI CM =1 thẳng hàng B, I, M ta có: BO IC MA OI MA = ⇒ IC 2CM (1) Tương tự với tam giác BCO ba điểm thẳng hàng A, OI FB = IC 2CF I, F ta có: (2) MA FB = Từ (1) (2) ta có CM CF Do MF // AB (định lí Ta lét đảo) mà AB ⊥ BC ⇒ · MF ⊥ BC ⇒ MFC = 90 · · Ta có EFB = EBA (cùng phụ với góc EAB); · · · · EBA = EMC (tứ giác AMEB nội tiếp) ⇒ EFB = EMC ⇒ Tứ giác MEFC nội tiếp · · · = MFC = 900 Do đó: ME ⊥ EC (3) Lại có MEN ⇒ MEC = 900 (chắn nửa đtròn) ⇒ 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 a) Tứ giác BQCR nội tiếp PB DB = b) PC DC D trung điểm QS E c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung F điểm BC R H Phúc 2013-2014) (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Toán, Vĩnh S Lời giải B P C D M Q a) Do AB < AC nên Q nằm tia đối 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 DB HB = b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên AE HA DC HC = Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên AF HA DB AE HB AE FB = = ( 1) Từ hai tỷ số ta 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 =1⇔ = ( 2) PC EA FB PC AF EC PB DB = ( 3) Từ (1) (2) ta PC DC DQ BD DS CD = , = Do QR song song với EF nên theo định lí Thales 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)  DC − DB  DP.DM = DB.DC ⇔ DP  ÷ = DB.DC   Tiếp theo ta chứng minh 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 ( ) 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 · · b) CMR: BFE = CED (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012) Lời giải a) Gọi M trung điểm BE, G giao điểm đường thẳng EF , AC GA EA = × Ta chứng minh GD ED Áp dụng định lý Ménélaus cho ∆ADM với cát tuyến G, E, F ta có: GA FD EM GA FM EA × × =1⇒ = × GD FM EA GD FD EM Lấy I ∈ BC cho DI //AB FM BM = Khi hai tam giác FMB, FDI đồng dạng nên FD DI Do ∆ABC cân, D / / AB nên FM BM BM = = ∆DCI cân, hay DI = DC = DE suy ra: FD DI DE EA EA = Do M trung điểm BE nên EM = MB EM MB GA FM EA BM EA EA = × = × = Vậy GD FD EM DE BM ED điều phải chứng minh · · · · · · b) Đặt ABC = ACB = β ; DCE = DEC = α ; DEG = GEA = γ Ta chứng minh β = α + γ · · Thật vậy: Trong tam giác BEC có CBE = β , BCE = β − α suy · CEB = 1800 − β − ( β − α ) = 1800 − 2β + α (1) · · · · CEB = 1800 − CEG − BEF = 1800 − ( α + γ ) − γ Do G, E , F th/ hàng nên FEB = γ (2) Từ (1) (2) suy β = α + γ , 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 Trong tam giác BLC có BE, LH, CD cắt F, theo định lý Ceva ta có BH CE LD CE DB =1 = HC EL DB Vì BH = CH nên 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 A Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi AM ∩ EF = K AF AK CE KM = = Theo định lý Talét ta có: BF KM ; AE AK ; BM =1 CM AF BM CE Suy BF CM AE = F K B E C M Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC ta có CF, BE , AM đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) A Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BE N, AM ∩ BE = I N F AF AN BC MI BM Ta có BF = BC ; MC =2; AI = AN E I AF BC MI AN BM Suy BF MC AI = BC AN =1 B C M 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 A F E AF BD CE AE BD CE Suy BF CD AE = BD CE AE =1 D B Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy AD, N BE, CF đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đt song song với BC cắt CF N C A F E I AD ∩ CF = I Ta có : B AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB CE DB AI = CD BF AN = BF AN = CB AN =1 Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ACD AD, BE, CF đồng quy D C 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 M A N Cách 1: (Chứng minh đồng quy) E Từ A kẻ đt // BC cắt HE, HD M N D Vì HA phân giác góc A, HA đường cao C B H nên AM = AN AD MA CE CH = = Ta có: BD BH ; AE AN AD BH CE MA BH CH = =1 ⇒ BD CH AE BH CH AN 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 M A N K AD MA AN HI BH = Gọi AH ∩ BE = I Ta có: BD = BH = BH AI AK E AD BH HI AN BC BH AN BC AE CE ⇒ BD CH AI = BH HC AK = HC AK = CE AE =1 D I Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ABH D, I, C B H 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) H Gọi D = AB ∩ CE, I = AC ∩ BG Đặt AB = c, AC = b Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC BK c AD b CI b ⇒ CK = b BD = c ; AI = c (do ∆AIB ∼ ∆CIG) A E AD BK CI b c b ⇒ BD CK AI = c b c =1 Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC AK, BG, CE đồng quy Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) G F I D B K C Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BG M AK ∩ BG O H AD b KO BK AD BC KO b Ta có BD = c ; AO = AM suy BD CK AO = c G F BC BK CK AM b BC BK b CI c b b c 2 = c AM CK = c AI b = c c b =1 Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABK D, O, C thẳng hàng Vậy AK, BG, CE đồng quy A E D B O K M I C ... A =1 =1 Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có A '''' C B '' A C '' B mà A '' C B '' A C '' B A''B A '''' B = nên A '' C A '''' C Từ suy A '''' ≡ A '' Do AA’, BB’, CC’ đồng quy Định Lý Ceva ( CHUNG) Cho... đồng quy) Gọi AM ∩ EF = K AF AK CE KM = = Theo định lý Talét ta có: BF KM ; AE AK ; BM =1 CM AF BM CE Suy BF CM AE = F K B E C M Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC ta có CF, BE , AM đồng quy Cách... 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 AB OI CM =1 thẳng hàng B, I, M ta có: BO IC MA OI MA = ⇒