Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Cho tam giác nhọn ABC, AB AC . Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song[r]
Trang 1ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS
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
A'B ' '
' ' '
B C C A
A C B A C B
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:
;
AM B C A C
C B A B B AAM Vậy
B C C A AM A C A B
A C B A C B A B AM A C
Gọi A’’ là giao của B’C’ với BC
Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có
A''B ' '
'' ' '
B C C A
A C B A C B
mà
A'B ' '
' ' '
B C C A
A C B A C B nên
A''B ' '' '
A B
A C A C Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB nên A’’ nằm ngoài cạnh BC
Vậy
A''B '
'' '
A B
A C A C và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy ra A'' A' 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
A'B ' '
' ' '
B C C A
A C B A C B
Chứng minh
Qua A kẻ đường thẳng song song
với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ tại M, N
Ta có:
B C BC AN A B AM
B AAM C B BC A C AN
Vậy ta có
A'B ' '
' ' '
B C C A AM BC AN
A C B A C B AN AM BC
Trang 2 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
A''B ' '
'' ' '
B C C A
A C B A C B mà
A'B ' '
' ' '
B C C A
A C B A C B
nên
A'B ''
' ''
A B
A C A C Từ đó suy ra A'' A' Do đó AA’, BB’, CC’ đồng quy
Định Lý Ceva ( CHUNG)
Cho tam giác ABC D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương:
1.1AD,BE,CF đồng quy tại một điểm
1.2
DAB EBC FCA
AE CD BF
EC DB FA
Chứng minh:
Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1.1 dẫn đến 1.2, 1.2 dẫn đến 1.3, và 1.3 dẫn đến 1.1
Giả sử 1.1 đúng Gọi P là giao điểm của AD,
BE, CF Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta có:
.
BP DAB BAP (1)Tương
tự, ta cũng có:
sin
; sin
BCF BP
CP EBC (2)
sin
sin
CAD CP
AP FCA (3) Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2
Giả sử 1.2 đúng Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có:
BAD ACD Do đó:
sin
sin
CAD AB CD
CA DB BAD
BDA ADC 180 0
(4) Tương tự, ta cũng có:
sin
sin
BCF CA BF
BC FA
sin
sin
ABE BC AE
AB EC
Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3
Giả sử 1.3 đúng, ta gọi P CF BE D, 1 AP BC
Theo 1.1 và 1.2, ta có:
1 1
EC D B FA EC DB FA hay:
1 1
.
D B DB
Do đó:D D 1
Trang 3F O
D
B
C
A E
CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG 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: . . 1
PC IA BM
PA IM BC
Suy ra:
1
2
PC IM BC
PA IA BM nên PA = 2PC
Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho bài
toán này dẫn đến lời giải hay và rất ngắn gọn.
P I
M
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
AE BD CF
EB DC FA
Vì BD = CD nên
AE CF
EB FA
suy ra
EA FA
EB FCVậy 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
EA FA
EB FC và áp dụng định lí Ta-let để thu được kết quả hay và ngắn gọn.
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 ABD
với 3 điểm Q, M, I thẳng hàng ta có . . 1
QA ID MB
Trang 4mà MA = QA nên suy ra . 1
MB ID
Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC
NB ID PC ID NB
DP IB PD IB NC , 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:
AB OI CM
BO IC MA
Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A,
I, F ta có:
Từ (1) và (2) ta có
MA FB
=
CM CF Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo) mà AB BC
MF BC MFC 900 Ta có EFB EBA (cùng phụ với góc EAB);
EBA EMC (tứ giác AMEB nội tiếp) EFB EMC Tứ giác MEFC nội tiếp
MEC MFC 90 Do đó: ME EC (3) Lại có MEN 90 0(chắn nửa đtròn)
ME EN (4) Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng
Bài 5 Cho tam giác nhọn ABC, AB AC 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)
PB DB
PC DC 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.
Trang 5D M
P
Q
R S
E F
H B
C
a) Do AB AC 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 AFE BCA ,
Do QR song song với EF nên AFE BQR
Từ đó suy ra BCA BQR hay tứ giác BQCR nội
tiếp
b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên
DB HB
AE HA Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên
DC HC
AF HA
Từ hai tỷ số trên ta được . . 1
DB AE HB AE FB
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
PC EA FB PC AF EC
Từ (1) và (2) ta được
3
PB DB
PC DC
Do QR song song với EF nên theo định lí Thales ,
DQ BD DS CD
PF BP PF CP Kết hợp với (3) ta được DQ DS hay D là trung điểm của QS.
c) Gọi M là trung điểm của BC Ta sẽ chứng minh DP DM. DQ DR.
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ DR DB DC. . (4)
DC DB
PB DB
PC DC
(đúng theo phần b) Do đó DP DM. DB DC. 5
Từ (4) và (5) ta được DP DM. DQ DR. 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 ABC có AB AC . Trên các cạnh AB AC, lần lượt lấy các điểm
,
E D sao cho DE DC Giả sử đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn thẳng
EB cắt đường thẳng BC tại F.
a) Chứng minh rằng đường thẳng EF chia đôi góc AED.
b) CMR: BFE CED . (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012)
Trang 6Lời giải.
a) Gọi M là trung điểm BE, G là giao điểm
của các đường thẳng EF AC, .
Ta sẽ chứng minh
GA EA
GD ED
Áp dụng định lý Ménélaus cho ADM với cát
tuyến G E F, , ta có:
1
GA FD EM GA FM EA
GD FM EA GD FD EM
g
b a
a
g g
I
G
F M
E
A
D
Lấy IBC sao cho DI //AB
Khi đó do hai tam giác FMB FDI, đồng dạng nên
FM BM
FD DI Do ABC cân, D/ /AB nên
DCI
cân, hay DI DC DE suy ra:
FM BM BM
FD DI DE
Do M là trung điểm của BE nên EM MB do đó
EA EA
EM MB
Vậy
GA FM EA BM EA EA
GD FD EM DE BM ED điều phải chứng minh
b) Đặt ABCACB b; DCE DEC a; DEG GEA g. Ta sẽ chứng minh b a g.
Thật vậy: Trong tam giác BEC có CBE b, BCE b a suy ra
1800 1800 2
CEB b b a b a (1)
Do G E F, , th/ hàng nên FEB g và do đóCEB 1800 CEG BEF 1800 a g g (2)
Từ (1) và (2) suy ra b a g, 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 BC
tại 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
Trang 71
BH CE LD
HC EL DB Vì BH = CH nên
CE DB
EL LD , suy ra DE // BC (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:
AF
BF=
AK
KM ;
CE
AE=
KM
AK ;
và
BM
CM=1
Suy ra
AF
BF
BM
CM
CE
AE = 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
AF
BF =
AN
BC ;
BC
MC =2;
MI
AI =
BM AN
Suy ra
AF
BF
BC
MC
MI
AI =
AN
BC 2
BM
AN =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
AF
BF
BD
CD
CE
AE =
AE
BD
BD
CE
CE
AE =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 N
AD CF = I Ta có :
AE
CE
CB
DB
DI
AI =
AF
CD
CB
BF
CD
AN =
AF
BF
CB
AN =
AN
CB.
CB
AN =1
A F
M
E
A F
M
N
I
F
A E
D
F
A E
D I N
Trang 8Áp dụng định lí Menelaus cho ACD thì AD, BE, CF đồng quy.
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 N
Vì HA là phân giác của góc A, HA là đường cao
nên AM = AN Ta có:
AD
BD=
MA
BH ;
CE
AE=
CH AN
AD
BD.
BH
CH.
CE
AE=
MA
BH .
BH
CH.
CH
AN=1
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:
AD
BD =
MA
BH =
AN
BH và
HI
AI=
BH AK
AD
BD.
BH
CH
HI
AI =
AN
BH.
BC
HC.
BH
AK =
AN
HC.
BC
AK =
AE
CE.
CE
AE =1
Áp 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 BG
Đặt AB = c, AC = b
Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC
BK
CK =
c2
b2 và
AD
BD =
b
c ;
CI
AI =
b c
(do AIB CIG)
AD
BD
BK
CK
CI
AI =
b
c
c2
b2
b
c =1
Áp dụng định lý Ceva cho ABC thì AK, BG, CE
đồng quy
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
A
D
H
E K
I
H
A
B
G
E
C K
F
A
D
H
E
Trang 9Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BG tại
M AK BG tại O
Ta có
AD
BD =
b
c ;
KO
AO =
BK
AM suy ra
AD
BD
BC
CK
KO
AO =
b
c
BC
CK
BK AM
=
b
c
BC
AM
BK
CK =
b
c
CI
AI
c2
b2 =
b
c
b c
c2
b2 =1
Áp dụng định lý Menelaus cho ABK
thì D, O, C thẳng hàng
Vậy AK, BG, CE đồng quy
H
A
B
G
E
C K
F
M O