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 son[r]
Trang 1MỘT 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 9
Số 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
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
Trang 2 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 BBC A C AN
Vậy ta có
A'B ' '
B C C A AM BC AN
A C B A C B AN AM BC
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
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:
Trang 3- 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 tuy n AM Trên AM l y I sao cho AI = 4MI ến AM Trên AM lấy I sao cho AI = 4MI Đường ấy I sao cho AI = 4MI Đường Đườngng
th ng BI c t AC t i P Ch ng minh r ng: PA = 2PCẳng BI cắt AC tại P Chứng minh rằng: PA = 2PC ắt AC tại P Chứng minh rằng: PA = 2PC ại P Chứng minh rằng: PA = 2PC ứng minh rằng: PA = 2PC ằng: 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 . . 1
AE BD CF
EB DC FA
Vì BD = CD nên . 1
AE CF
EB FA suy ra
EA FA
EB FC
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
EA FA
EB FC và áp dụng định lí Ta-let để thu được
kết quả hay và ngắn gọn.
F O
D
B
C A
E
Trang 4Bài 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
QA ID MB
QD IB MA mà MA = QA nên suy ra
MB ID
QD IB
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) HSG Phú Th 2010-2011)ọ 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
Trang 5lét 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
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, V nh Phúc 2013-2014)ĩnh Phúc 2013-2014)
Lời giải.
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
AE HA
Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên
AF HA
Từ hai tỷ số trên ta được . . 1
DC AF HC AF EC
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
P
Q
R S
E F
H A
B
C
Trang 6
PC EA FB PC AF EC
Từ (1) và (2) ta được 3
PC DC
Do QR song song với EF nên theo định lí Thales ,
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
DP DM DB DC DP DB DC
DP DC DB DB DC DB DP DC DC DP DB DB PC DC PB
(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) Chứng minh rằng BFE CED .
(Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012)
Lời giải.
a) Gọi M là trung điểm BE, G là giao điểm
của các đường thẳng EF AC, .
Ta sẽ chứng minh
GD ED
Áp dụng định lý Ménélaus cho ADM với cát
tuyến G E F, , ta có:
1
GD FM EA GD FD EM
Lấy I BC sao cho DI AB
Khi đó do hai tam giác FMB FDI, đồng dạng nên
Trang 7FM BM
FD DI
g
b a
a
g g
I
G
F M
E
A
D
Do ABC cân, DI AB nên DCI cân, hay DI DC DE suy ra:
FD DI DE
Do M là trung điểm của BE nên EM MB do đó
EM MB
Vậy
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
180 0 180 0 2
CEB b b a b a (1)
Do G E F, , thẳng hàng nên FEB g và do đó
180 0 180 0
CEB CEG BEF a g g (2)
Từ (1) và (2) suy ra b a g, điều phải chứng minh
Bài 7 Cho tam giác ABC, g i M l chân ọ 2010-2011) à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường đườngng vuông góc k t A xu ng ẻ từ A xuống đường ừ A xuống đường ống đường đườngng phân giác c a góc BCA, N v L l n là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường ần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A và C ượt là chân đường vuông góc kẻ từ A và C à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đườngt l chân đườngng vuông góc k t A v Cẻ từ A xuống đường ừ A xuống đường à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường
xu ng ống đường đườngng phân giác c a góc ABC G i F l giao c a MN v AC, E l giaoọ 2010-2011) à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường
c a BF v CL, D l giao c a BL v AC Ch ng minh r ng DE song song v i MNà chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường à chân đường vuông góc kẻ từ A xuống đường ứng minh rằng: PA = 2PC ằng: PA = 2PC ới MN
Trang 8Lời 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
BH CE LD
HC EL DB
Vì BH = CH nên
CE DB
EL LD, 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: BFAF= AK
KM; CEAE= KM
AK ; và
BM
CM=1
Suy ra BFAF.BMCM.CEAE= 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 BFAF=BCAN; BCMC=2; MIAI =BMAN
Suy ra BFAF.BCMC.MIAI =BCAN.2 BMAN=1
Áp dụng định lý Menelaus cho ABM thì F, I, C
A F
M
E
A F
M
N
I
Trang 9thẳng 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 BFAF.BDCD.CEAE=BDAE.BDCE CEAE=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
Áp 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: BDAD= MA
BH ; CEAE= 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,
F
A E
D
F
A E
D I N
A
D
H
E
Trang 10Ta có: BDAD=MABH =BHAN và HIAI= 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
BKCK=c2
b2 và BDAD=b c; CIAI=b c
(do AIB CIG)
BDAD.BKCK.CIAI=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)
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC
cắt BG tại M AK BG tại O
Ta có BDAD=b c; KOAO=BKAM suy ra BDAD.BCCK
KO
AO=b
c.BC
CK.BK
AM
= b c.BCAM.BKCK=b c.CIAI.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
III Bài tập đề nghị:
H
A
B
G
E
C K
D
I F
H
A
B
G
E
C K
F
M O
Trang 11Bài 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
JA IA
JC IC
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
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:
IA KA
IB KB
GIÁO VIÊN
Trang 12Nguyễn Duy Hoàng