Bài tập ứng dụng định lý Ceva và Menelaus

Nội dung text: Bài tập ứng dụng định lý Ceva và Menelaus

1. ĐỊNH 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 . . 1 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. C'A AM B 'C A'C A'B B 'C C ' A AM A'C A' B Ta có: ; . Vậy . . . . 1 C ' B A' B B ' A AM A'C B ' A C ' B A' B AM A'C  Gọi A’’ là giao của B’C’ với BC. A''B B 'C C ' A Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có . . 1 A''C B ' A C ' B A'B B 'C C ' A A''B A' B mà . . 1 nên . Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB A'C B ' A C ' B A''C A'C nên A’’ nằm ngoài cạnh BC. A''B A' B Vậy và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy ra A''  A' . Do đó A’, B’, C’ A''C A'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 A'B B 'C C ' A đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi . . 1 . 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. 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 Vậy ta có . . . . 1 A'C B ' A C ' B AN AM BC
2.  Gọi I là giao của BB’ và CC’. Giải sử AI cắt BC tại A’’, suy ra A’’ cũng thuộc BC. A''B B 'C C ' A A'B B 'C C ' A Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có . . 1 mà . . 1 A''C B ' A C ' B A'C B ' A C ' B A'B A'' B nên . Từ đó suy ra A''  A' . Do đó AA’, BB’, CC’ đồng quy A'C A''C 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. sin ·ABE sin B· CF sinC· AD 1.2. . 1 . sin D· AB sin E· BC sin F· CA AE CD BF 1.3. . 1 . 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 sin ·ABE sin ·ABP AP APD, ta có: .(1)Tương sin D· AB sin B· AP BP sin B· CF BP tự, ta cũng có: ; (2) sin E· BC CP sinC· AD CP .(3) sin F· CA AP 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 sin ·ADB AB sinC· AD CD sinC· AD AB CD có: ; . Do đó: . . sin B· AD DB sin ·ACD CA sin B· AD CA DB B· DA ·ADC 1800 (4) sin B· CF CA BF Tương tự, ta cũng có: . . (5) sin F· CA BC FA sin ·ABE BC AE . .(6) sin E· BC AB EC Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3. Giả sử 1.3 đúng, ta gọi P CF  BE, D1 AP  BC. AE CD BF AE CD BF CD CD Theo 1.1 và 1.2, ta có: . 1 . . . 1 hay: 1 . EC D1B FA EC DB FA D1B DB Do đó:.D  D1
3. 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 A PC IA BM tuyến BIP ta có: . . 1 PA IM BC P PC IM BC 1 I Suy ra: . nên PA = 2PC PA IA BM 2 B C Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho bài M toán này dẫn đến lời giải hay và rất ngắn gọn. 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 AE CF A . . 1 Vì BD = CD nên . 1 EB DC FA EB FA E F EA FA O suy ra Vậy theo định lí Ta-lét ta có: EF // BC EB FC Nhận xét: Trong bài tập trên nếu dùng các B dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song D C thông thường dùng thì rất khó khăn trong chứng minh. Ở đây ta dùng định lí Ceva EA FA sẽ dẫn đến tỉ số có lợi là và áp dụng định lí Ta-let để thu được kết quả EB FC 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 QA ID MB với 3 điểm Q, M, I thẳng hàng ta có . . 1 QD IB MA MB ID mà MA = QA nên suy ra . 1 . QD IB Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC NB ID PC ID NB nên . 1 . . 1 , do đó theo định lý DP IB PD IB NC Menelaus thì I, N, P thẳng hàng.
4. 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 AB OI CM thẳng hàng là B, I, M ta có: . . 1 BO IC MA OI MA (1) IC 2CM Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, OI FB I, F ta có: (2) IC 2CF MA FB Từ (1) và (2) ta có = . Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo) mà AB  BC CM CF · 0 · · MF  BC MFC 90 Ta có EFB EBA (cùng phụ với góc EAB); E· BA E· MC (tứ giác AMEB nội tiếp) E· FB E· MC Tứ giác MEFC nội tiếp M· EC M· FC 900 . Do đó: ME  EC (3). Lại có M· EN 900 (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. PB DB b) và D là trung điểm của QS. PC DC 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 a) Do AB AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, E từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR. F R H Do tứ giác BFEC nội tiếp nên ·AFE B· CA , S Do QR song song với EF nên ·AFE B· QR P B D M C Q
5. Từ đó suy ra B· CA B· QR 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 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: PB EC FA PB AE FB PB DB . . 1 . 2 Từ (1) và (2) ta được 3 PC EA FB PC AF EC 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 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 Tiếp theo ta chứng minh DP.DM DB.DC DP DB.DC 2 DP DC DB 2DB.DC DB DP DC DC DP DB DB.PC DC.PB PB DB (đúng theo phần b). Do đó DP.DM DB.DC 5 PC DC 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: B· FE C· ED. (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012) Lời giải. A a) Gọi M là trung điểm BE, G là giao điểm của các đường thẳng EF, AC. GA EA G Ta sẽ chứng minh  GD ED  D Áp dụng định lý Ménélaus cho ADM với cát  E tuyến G, E, F ta có:  M GA FD EM GA FM EA   1   F GD FM EA GD FD EM C  B I BC Lấy sao cho DI //AB
6. FM BM Khi đó do hai tam giác FMB, FDI đồng dạng nên Do ABC cân, D / / AB nên FD DI FM BM BM DCI cân, hay DI DC DE suy ra: FD DI DE EA EA Do M là trung điểm của BE nên EM MB do đó EM MB GA FM EA BM EA EA Vậy   điều phải chứng minh. GD FD EM DE BM ED b) Đặt ·ABC ·ACB  ; D· CE D· EC ; D· EG G· EA  . Ta sẽ chứng minh   . Thật vậy: Trong tam giác BEC có C· BE , B· CE  suy ra C· EB 1800   1800 2 (1) Do G, E, F th/ hàng nên F· EB  và do đó C· EB 1800 C· EG B· EF 1800   (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 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 CE DB . . 1. Vì BH = CH nên , suy ra DE // BC (2) HC EL DB EL LD 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. A Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi AM  EF = K AF AK CE KM F K E Theo định lý Talét ta có: ; ; BF KM AE AK BM AF BM CE và 1 Suy ra . . = 1 CM BF CM AE B M C Áp dụng định lý Ceva cho ABC ta có CF, BE , AM
7. đồng quy. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) A N Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BE tại N, AM  BE = I F E Ta có AF =AN ; BC =2; MI = BM BF BC MC AI AN I Suy ra AF .BC .MI =AN .2. BM =1 BF MC AI BC AN B M C 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. A Cách 1: (Chứng minh đồng quy) F Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: E AF = AE; BF = BD; CE = CD Suy ra AF .BD .CE =AE .BD .CE =1 BF CD AE BD CE AE B D C Áp dụng định lý Ceva cho ABC suy ra N A AD, BE, CF đồng quy. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) F E Từ A kẻ đt song song với BC cắt CF tại N I AD  CF = I. Ta có : B D C AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB . . = . . = . =. =1 CE DB AI CD BF AN BF AN CB AN 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. M A N Cách 1: (Chứng minh đồng quy) E Từ A kẻ đt // BC cắt HE, HD tại M và N D Vì HA là phân giác của góc A, HA là đường cao AD MA CE CH nên AM = AN. Ta có: ; BD BH AE AN B H C AD BH CE MA BH CH . . . . 1 BD CH AE BH CH AN Áp dụng định lý Ceva cho ABC suy ra AH, BE, CD đồng quy.
8. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đt // BC cắt HD, HE, BE lần lượt tại M, N, K. M A N K AD MA AN HI BH Gọi AH  BE = I Ta có: = = và BD BH BH AI AK E AD BH HI AN BC BH AN BC AE CE I . . =. . =. =. =1 D BD CH AI BH HC AK HC AK CE AE Áp dụng định lí Menelaus cho ABH thì D, I, C B H 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 H Đặt AB = c, AC = b. Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC F G c2 BK = và AD =b ; CI =b A CK b2 BD c AI c I (do AIB  CIG) E D c2 AD .BK .CI =b . .b =1 BD CK AI c b2 c B K C 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. H Ta có AD =b ; KO =BK suy ra AD .BC .KO =b . BD c AO AM BD CK AO c F G BC .BK CK AM A M c2 c2 = b .BC .BK =b .CI . =b .b =1 I c AM CK c AI b2 c c b2 E D O Áp dụng định lý Menelaus cho ABK B K C thì D, O, C thẳng hàng. Vậy AK, BG, CE đồng quy