Cđ một số ứng dụng định lí mê nê la uýt và xê va

MỘT SỐ DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ MENELAUS, CEVA TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

Họ và tên: Nguyễn Duy Hoàng – Giáo viên trường THCS Tam Dương, Tam Dương

Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp 9Số tiết: 08 tiết (02 buổi)

Những năm gần đây, trong các kỳ thi HSG lớp 9 cấp tỉnh và các kỳ thi tuyển sinh vào các lớp chuyên Toán, chuyên Tin của các trường THPT chuyên thường xuất hiện các bài toán hình học có nội dung áp dụng định lý Menelaus, định lý Ceva. Đây là dạng toán mới, đòi hỏi học sinh phải có tư duy linh hoạt và cái nhìn nhạy bén thì mới áp dụng được nội dung định lý.

Ở cấp THCS thì định lý Menelaus và định lý Ceva được dùng chủ yếu cho việc chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 3 đường thẳng đồng quy; chứng minh các tỉ số các đoạn thẳng, tỉ số diện tích bằng nhau…. khi mà các phương pháp khác ít áp dụng được.

Trong chuyên đề này, tôi giới thiệu một số ứng dụng định lý Menelaus, định lý Ceva để giải toán hình học trong chương trình THCS.

I. Nội dung kiến thức sử dụng trong chuyên đề:1. Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công nguyên)

Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm thuộc các cạnh của tam giác ABC. Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi

Chứng minh* Trường hợp 1: Trong 3 điểm A’, B’, C’ có đúng 2 điểm thuộc cạnh tam giác ABC. Giả sử là B’, C’

Qua A kẻ đường thẳng song song với

BC cắt đường thẳng B’C’ tại M.

Ta có: . Vậy

GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 1

Gọi A’’ là giao của B’C’ với BC.

Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có

mà nên . Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB

nên A’’ nằm ngoài cạnh BC.

Vậy và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy ra . Do đó A’, B’, C’

thẳng hàng . * Trường hợp 2: Trong 3 điểm A’, B’, C’ không có điểm thuộc cạnh tam giác ABC được chứng minh tương tự.

2. Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734)Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các đường thẳng BC,

CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi .

Chứng minh Qua A kẻ đường thẳng song song

với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ tại M, N.

Ta có: .

Vậy ta có

Gọi I là giao của BB’ và CC’.

Giải sử AI cắt BC tại A’’, suy ra A’’ cũng thuộc BC.

Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có mà

nên . Từ đó suy ra . Do đó AA’, BB’, CC’ đồng quy

3. Chú ý: HS cần nắm chắc các nội dung kiến thức hình học THCS. Nhất là các kiến thức:

- Định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác của tam giác,…- Tứ giác nội tiếp- Các phương pháp chứng minh thẳng hàng, đồng quy,…

4. Một số ứng dụng của định lý Menelaus, Ceva trong toán THCS:GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 2

- Chứng minh các tỉ số đoạn thẳng, tỉ số diện tích bằng nhau- Chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 3 đường thẳng đồng quy- Áp dụng để giải các bài tập tổng hợp: Chứng minh song song, tính góc,…

II. Bài tập minh họa:Bài 1. Cho ABC có trung tuyến AM. Trên AM lấy I sao cho AI = 4MI. Đường thẳng BI cắt AC tại P. Chứng minh rằng: PA = 2PC

Lời giải.Áp dụng định lí Menelaus cho AMC với cát

tuyến BIP ta có:

Suy ra: nên PA = 2PC

Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho bài toán này dẫn đến lời giải hay và rất ngắn gọn.

PI

MB C

A

Bài 2. Cho ABC. Gọi D là trung điểm của BC, E và F lần lượt là hai điểm nằm trên AB, AC sao cho AD, BF, CE đồng quy. Chứng minh rằng EF // BC

Lời giải.Áp dụng định lí Ceva cho ABC với các đường

đồng quy là AD, BF và CE ta có

Vì BD = CD nên suy ra

Vậy theo định lí Ta-lét ta có: EF // BC

Nhận xét: Trong bài tập trên nếu dùng các dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song thông thường dùng thì rất khó khăn trong chứng minh. Ở đây ta dùng định lí Ceva sẽ dẫn đến tỉ số có lợi

là và áp dụng định lí Ta-let để thu được

kết quả hay và ngắn gọn.

F

O

DB C

A

E


Bài 3. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng: Các đường thẳng NP, MQ, BD đồng quy.

Lời giải.Gọi I là giao của QM và BD. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABDvới 3 điểm Q, M, I thẳng hàng ta có

mà MA = QA nên suy ra

.

Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC

nên , do đó theo

định lý Menelaus thì I, N, P thẳng hàng.

Bài 4. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại 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

thẳng hàng là B, I, M ta có:

(1)

Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A,

I, F ta có: (2)

Từ (1) và (2) ta có . Do đó MF // AB (định lí Ta

lét đảo) mà AB BC MF BC

Ta có (cùng phụ với góc EAB);


(tứ giác AMEB nội tiếp)

Tứ giác MEFC nội tiếp

. Do đó: ME EC (3).

Lại có (chắn nửa đtròn) ME EN (4).Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng.

Bài 5. Cho tam giác nhọn ABC, . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ

từ A, B, C. Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh:

a) Tứ giác BQCR nội tiếp.b)

và D là trung điểm của QS.

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Toán, Vĩnh Phúc 2013-2014)Lời giải.

a) Do nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR.Do tứ giác BFEC nội tiếp nên ,

Do QR song song với EF nên

Từ đó suy ra hay tứ giác BQCR nội

tiếp.

b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên

Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên

Từ hai tỷ số trên ta được

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:

Từ (1) và (2) ta được


D MP

Q

R

S

E

FH

A

BC

Do QR song song với EF nên theo định lí Thales .

Kết hợp với (3) ta được hay D là trung điểm của QS.c). Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh .Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên (4).

Tiếp theo ta chứng minh

(đúng theo phần b). Do đó

Từ (4) và (5) ta được suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.

Bài 6. Cho tam giác có Trên các cạnh lần lượt lấy các điểm sao cho Giả sử đường thẳng đi qua và trung điểm của đoạn thẳng

cắt đường thẳng tại a) Chứng minh rằng đường thẳng chia đôi góc

b) Chứng minh rằng (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012)

Lời giải.a) Gọi là trung điểm là giao điểmcủa các đường thẳng

Ta sẽ chứng minh

Áp dụng định lý Ménélaus cho với cát tuyến ta có:

Lấy sao cho . Khi đó do hai tam giác đồng dạng nên

g

ba

a

g

g

I

G

F

M

E

C B

A

D

Do cân, nên cân, hay suy ra:

Do là trung điểm của nên do đó


Vậy điều phải chứng minh.

b) Đặt Ta sẽ chứng minh

Thật vậy:

Trong tam giác có suy ra

(1)

Do thẳng hàng nên và do đó

(2)

Từ (1) và (2) suy ra , điều phải chứng minh.

Bài 7. Cho tam giác ABC, gọi M là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường phân giác của góc BCA, N và L lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A và C xuống đường phân giác của góc ABC. Gọi F là giao của MN và AC, E là giao của BF và CL, D là giao của BL và AC. Chứng minh rằng DE song song với MN

Lời giải.Kéo dài AM cắt BC tại G, kéo dài AN cắt BCtại I, kéo dài CL cắt AB tại J. Khi đó AM = MG. AN = NI suy ra MN và BC song song với nhau (1)Vì AM = MG nên AF = FC. Gọi H là giao của LF và BC, ta có BH = CH.Trong tam giác BLC có BE, LH, CD cắt nhau tại F, theo định lý Ceva ta có

.

Vì BH = CH nên , suy ra DE và BC

song song với nhau (2)Từ (1) và (2) suy ra MM song song với DE.

Bài 8. Cho ABC lấy E, F, M thứ tự trên cạnh AC, AB sao 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: ; ; và

Suy ra . . = 1

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 tại N, AM BE = I

Ta có = ; =2; =

Suy ra . . = .2. =1

Áp dụng định lý Menelaus cho ABM thì F, I, C thẳng hàng.Từ đó suy ra CF, BE , AM đồng quy.

Bài 9. Cho đường tròn nội tiếp ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại 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 ra . . = . . =1

Áp dụng định lý Ceva cho ABC suy ra AD, BE, CF đồng quy. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)Từ A kẻ đt song song với BC cắt CF tại NAD CF = I. Ta có :

. . = . . = . =

=1 Áp dụng định lí Menelaus cho ACD thì AD, BE, CF đồng quy.


A

F

MB C

K E

E

A

F

MB C

N

I

B C

F

A

E

D

B C

F

A

E

D

I

N

Bài 10. Cho tam giác ABC đường cao AH. Lấy D,E thứ tự trên AB, AC sao cho AH là 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 tại M và NVì HA là phân giác của góc A, HA là đường cao nên AM = AN

Ta có: ;

.

Áp dụng định lý Ceva cho ABC suy ra AH, BE, CD đồng quy.Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)Từ A kẻ đt // BC cắt HD, HE, BE lần lượt tại M, N, K. Gọi AH BE = I

Ta có: = = và

. = = =

=1Áp dụng định lí Menelaus cho ABH thì D, I, C thẳng hàng. Vậy AH, BE, CD đồng quy.

Bài 11. Cho ABC vuông tại A, đường cao AK. Dựng bên ngoài tam giác những hình vuông ABEF và ACGH. Chứng minh: AK, BG, CE đồng quy.

Lời giải.Cách 1: (Chứng minh đồng quy)Gọi D = AB CE, I = AC BGĐặt AB = c, AC = b. Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC

= và = ; =

(do AIB CIG)

. . = . . =1


A

B C

D

M N

H

E

K

I

H

A

B

G

E

CK

DI

F

A

B C

D

M N

H

E

Áp dụng định lý Ceva cho ABC thì AK, BG, CE đồng quy. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BG tại M. AK BG tại O.

Ta có = ; = suy ra . .

= . .

= . . = . . = . =1

Áp dụng định lý Menelaus cho ABK thì D, O, C thẳng hàng.Vậy AK, BG, CE đồng quy.

III. Bài tập đề nghị:Bài 1. Cho tứ giác ABCD có M, N là giao của các cặp cạnh đối AB và CD, AD và

BC. Đường thẳng AC cắt BD, MN tại I, J. Chứng minh rằng

Bài 2. Cho 2 tam giác ABC và A’B’C’ sao cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ở O. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm các cặp cạnh BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng.Bài 3. Cho tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối AB và Cd, AD và BC cắt nhau tại M, N. Chứng minh rằng các trung điểm I, J, K của AC, BD, MN thẳng hàng.Bài 4. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O). Các điểm A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của các cặp AB và DE, BC và EF, CD và AF. Chứng minh 3 điểm A’, B’, C’ thẳng hàng. Bài 5. Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Điểm M nằm trong tam giác ABC các điểm A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm của MA, MB, MC với B’C’, C’A’, A’B’. Chứng minh rằng A’A1, B’B1, C’C1 đồng quy.Bài 6. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A1, B1, C1. Gọi A2, B2, C2 lần lượt là các điểm đối xứng của A1, B1, C1 qua trong điểm các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh 3 điểm A2, B2, C2 thẳng hàng.Bài 7. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt các cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1


H

A

B

G

E

CK

DI

F

M

O

cắt các cạnh BC, CA, AB tại điểm thứ hai là A2, B2, C2. Chứng minh AA2, BB2, CC2

đồng quy.Bài 8. Cho (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm A, B. Các tiếp tuyến tại A và B của (O1) cắt nhau ở K. Lấy điểm M nằm trên (O1) không trùng A và B. Đường thẳng AM cắt (O2) tại điểm thứ hai P, đường thẳng KM cắt (O1) tại điểm thứ hai là C và đường thẳng AC cắt (O2) tại điểm thứ hai là Q. Gọi H là giao điểm của PQ với đường thẳng MC. Chứng minh rằng: H là trung điểm của PQ.Bài 9. Cho góc xOy, trên tia Ox lấy hai điểm C và A, trên tia Oy lấy hai điểm D và B sao cho AD cắt BC tại E. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại K; tia OE cắt

AB tại I. Chứng minh rằng:

GIÁO VIÊN

Nguyễn Duy Hoàng


Education

Cđ một số ứng dụng định lí mê nê la uýt và xê va