Một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài khóa luận
Như ta đã biết toán học là cơ sở của ngành khoa học và công nghệ.
Trong bối cảnh của cuộc cách mạng công nghệ thông tin, trong xu thế tiến tới
một xã hội thông tin thì vốn hiểu biết về toán học sẽ cần cho mọi lực lượng
lao động trong khoa học công nghệ và quản lí: “ Dù khó khăn đến đâu cũng
phải tiếp tục thi đua dạy tốt và học tốt. Trên nền tảng giáo dục chính trị và
lãnh đạo tư tưởng tốt, phải phấn đấu nâng cao chất lượng văn hóa và chuyên
môn, nhằm thiết thực giải quyết các vấn đề do cách mạng nước ta đề ra và
trong một tương lai không xa đạt những đỉnh cao của khoa học và kỹ
thuật”(Thư Bác Hồ gửi các cán bộ, cô giáo, thầy giáo, công nhân, nhân viên,
học sinh, sinh viên các cấp nhân dịp khai giảng năm học 1968-1969).
Thực tế nước ta và trên thế giới cho thấy, nhiều học sinh giỏi toán đã
trở thành chuyên gia giỏi trong nhiều lĩnh vực của khoa học kỹ thuật, kinh tế
quản lí và cả chính trị nữa. Xét về khía cạnh đào tạo con người, việc học tập
môn toán giúp chúng ta rèn luyện tư duy logic, tư duy sáng tạo,rèn luyện
phương pháp suy luận, phương pháp giải quyết các vấn đề.
Trong chương trình toán trung học cơ sở, hình học là một trong những
môn quan trọng và cần thiết cấu thành nên chương trình toán học ở trung học
cơ sở cùng với môn số học và đại số. Ngay trong bậc tiểu học, các em học
sinh được làm quen với các yếu tố hình học một cách trực quan. Từ lớp 1 đến
lớp 5 các em đã biết vẽ điểm, đoạn thẳng, tam giác, hình vuông, hình tròn,
góc, góc vuông. Trong bậc học này, hình học được trình bày xen kẽ trong bộ
môn toán. Bước sang bậc trung học cơ sở, các nhà giáo dục đã trình bày hình
học thành một phân môn cùng với đại số cấu thành chương trình toán trung
học cơ sở.
Học toán mà đặc biệt là môn hình học, mỗi học sinh đều cảm thấy có
những khó khăn riêng của mình. Nguyên nhân đó là nhiều học sinh chưa nắm
1
vững các khái niệm cơ bản, các định lí, các tính chất của hình học. Hình học
là một trong các lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú

vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và
tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện không ít những định lí, phương
pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán,
giúp ta chinh phục những đỉnh núi ghồ ghề và hiểm trở.
Khi nhắc đến định lí Menelaus và định lí Ceva, học sinh thường nghĩ
đây là một định lí khó, không phổ biến, ít áp dụng được nhiều cho hình học
thuần túy. Đó là do hai định lí này không được học trong chương trình phổ
thông mà chỉ dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi. Định lí Menelaus và định lí
Ceva khó nhớ bởi chúng ta ít vận dụng, cũng như trước đây ta thấy khó nhớ vì
chưa thân thuộc với định lí Talet, với định lí Pitago. Đa phần học sinh không
biết hai định lí này hoặc nếu có biết thì cũng không biết cách nào để vận dụng
giải các bài toán hình học. Đa số học sinh hay thỏa mãn trong học tập, bằng
lòng và kết thúc công việc giải một bài toán hình học khi đã tìm được một
cách giải nào đó, chưa chú ý tìm tòi cách giải khác. Học thuộc bài một cách
cứng nhắc, không chịu suy nghĩ để các kiến thức thu được trở thành kiến thức
sống, linh hoạt, sẵn sàng vận dụng trong bất cứ trường hợp nào. Đây là một
điều rất nguy hiểm trong việc học toán cũng như học các môn học khác.
Chính vì vậy, chúng tôi đã chọn đề tài “ Một số ứng dụng của định lí
Menelaus và định lí Ceva” cho khóa luận tốt nghiệp đại học của mình, nhằm
giúp các em hiểu sâu hơn về định lí Menelaus và định lí Ceva, một công cụ hỗ
trợ đắc lực khi giải các bài toán về hình học.
2. Mục tiêu khóa luận
- Hệ thống các kiến thức về định lí Menelaus và định lí Ceva, một số
ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học.
- Trình bày hệ thống bài tập có ứng dụng định lí Menelaus và định lí
Ceva để giải toán.
2
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
• Nghiên cứu nội dung và hệ thống các bài tập sử dụng định lí
Menelaus và định lí Ceva.

• Chỉ ra một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva.
4. Phương pháp nghiên cứu
• Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, sách
tham khảo, giáo trình có liên quan đến ứng dụng của định lí
Menelaus và định lí Ceva trong hình học rồi phân hóa, hệ thống
hóa kiến thức.
• Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc tham khảo tài liệu,
giáo trình, rút ra kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu.
• Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên
trực tiếp hướng dẫn, các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt
nội dung và hình thức của khóa luận.
5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng: Định lí Menelaus và định lí Ceva.
• Phạm vi: Dùng định lí Menelaus và định lí Ceva để giải một số
bài toán hình học sơ cấp.
6. Ý nghĩa khoa học
6.1. Sản phẩm khoa học: Hệ thống các kiến thức về định lí Menelaus
và định lí Ceva, một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong
hình học và các bài tập liên quan.
6.2. Sản phẩm thực tiễn: Đề tài có thể là tài liệu tham khảo hữu ích
cho sinh viên ngành Toán, sinh viên ngành Toán – Lí khi muốn tìm hiểu về
ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học. Đồng thời sử
dụng kiến thức đó để giải quyết một số bài toán ở bậc trung học cơ sở dễ dàng
hơn.
3
7. Bố cục của khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận được chia
thành các chương:
Chương 1: Một số ứng dụng của định lí Menelaus.
Chương 2: Một số ứng dụng của định lí Ceva.

Chương 3: Bài tập áp dụng.
4
CHƯƠNG 1.
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ MENELAUS
1.1. Định lí Menelaus
 Định lí Menelaus:
Cho tam giác ABC; M
,
N, P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA
và AB nhưng không trùng với đỉnh nào của tam giác. Khi đó M
,
N, P thẳng
hàng khi và chỉ khi:
MB NC PA
. . 1
MC NA PB
=
 Chứng minh:
Hình 1.1
Điều kiện cần: Gọi a, b, c theo thứ tự là khoảng cách từ A, B, C đến cát
tuyến MNP (Hình 1.1).
Ta có:
MB b NC c PA a
, ,
c a b
MC NA PB
= − = − =

Do đó:
MB NC PA b c a

. . . . 1
c a b
MC NA PB
   
= − − =
 ÷ ÷
   
.
Điều kiện đủ: Giả sử có
MB NC PA
. . 1
MC NA PB
=
và PN cắt cạnh BC tại M’.
5
Thế thì :
' '
' '
M B NC PA M B MB
. . 1 =
NA PB MC
M C M C
= ⇒

⇒
M’
≡
M.
Vậy M, N, P thẳng hàng (đpcm).
1.2. Định lí Menelaus cho tứ giác [4-trang 8]

 Định lí:
Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB, BC, CD, DA lần lượt
ở M, N, P, Q. Khi đó ta có:
MA NB PC QD
. . . 1
MB NC PD QA
=
 Chứng minh:
Hình 1.2
Trên d lấy hai điểm I,J sao cho AI//BJ//CD (Hình 1.2).
Theo định lí Thales ta có:
MA IA
=
MB JB
;
NB JB
=
NC PC
;
QD PD
=
QA IA
.
Từ đó ta có:
MA NB PC QD IA JB PC PD
. . . = . . . 1
MB NC PD QA JB PC PD IA
=
.
Suy ra:

MA NB PC QD
. . . 1
MB NC PD QA
=
(đpcm).
6
1.3. Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích [4-trang 7]
 Định lí:
Cho tam giác ABC và 3 điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC,
CA, AB. Khi đó ta có:
S(MNP) BM.CN.AP CM.AN.BP
S(ABC)
AB.BC.CA
−
=
 Chứng minh:
Hình 1.3
Gọi e
1,
e
2
, e
3
là 3 vector chỉ phương của BC, CA, AB (Hình 1.3).
Ta có:
S(ABC) = S(MAB)+S(MCA)
⇒
S(ABC) = S(PMA)+S(PBM)+S(NMC)+S(NMA)
⇒
S(ABC) = S(MNP)+S(BMP)+S(CNM)+S(APN)

Mặt khác:
1 3
1 3
S(BMP) BM.BP.sin(e ,e ) BM.BP
S(ABC) BC.BA.sin(e ,e ) BC.BA
= =
.
Tương tự:
S(CNM) CN.CM
S(ABC) CA.CB
=
;
S(APN) AP.AN
S(ABC) AB.AC
=
.
Ta suy ra:
7
S(MNP) S(BMP) S(CNM) S(APN)
1
S(ABC) S(ABC) S(ABC) S(ABC)
= − − −

S(MNP) BM.BP CN.CM AP.AN
1
S(ABC) BC.BA CA.CB AB.AC
⇒ = − − −

S(MNP) BM.CN.AP CM.AN.BP
S(ABC) AB.BC.CA

−
⇒ =
S(MNP) BM.CN.AP CM.AN.BP
S(ABC)
AB.BC.CA
−
⇒ =
(đpcm).
1.4. Một số ứng dụng của định lí Menelaus
1.4.1. Chứng minh một số định lí
Định lí Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lí
nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lí Menelaus như định
lí Ceva, định lí Pascal, định lí Pappus, định lí Desargues, định lí Blaikie.
1.4.1.1. Chứng minh định lí Pascal
 Định lí Pascal: Nếu lục giác ABCDEF nội tiếp một đường tròn thì giao
điểm của các cặp cạnh đối diện P = AB∩DE, Q = BC∩EF,
R = CD∩FA là thẳng hàng.
 Chứng minh:
Hình 1.4
Gọi X = EF∩AB, Y = AB∩CD, Z = CD∩EF (Hình 1.4).
8
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác XYZ với các đường thẳng BCQ,
DEP, RFA ta có:
BX CY QZ
. . 1
BY CZ QX
=
;
PX DY EZ
. . 1

PY DZ EX
=
;
AX RY FZ
. . 1
AY RZ FX
=
.
Nhân các đẳng thức trên theo từng vế, ta được:
BX CY QZ PX DY EZ AX RY FZ
. . . . . . . . =1
BY CZ QX PY DZ EX AY RZ FX
,
hay:
AX BX CY DY EZ FZ QZ PX RY
. . . . . . . . =1
AY BY CZ DZ EX FX QX PY RZ
. (1)
Mà
AX.BX EX.FX=
,
CY.DY=AY.BY
,
EZ.FZ=CZ.DZ

nên từ (1) suy ra:
QZ PX RY
. . 1
QX PY RZ
=

.
Theo định lí Menelaus, suy ra 3 điểm P,Q, R thẳng hàng (đpcm).
1.4.1.2. Chứng minh định lí Pappus
 Định lí Pappus: Cho hai đường thẳng a, b. Trên a lấy các điểm A, B, C.
Trên b lấy các điểm X, Y, Z. Gọi M là giao điểm của AY và BX, N là
giao điểm của AZ và CX, P là giao điểm của BZ và CY. Khi đó M, N,
P thẳng hàng.
 Chứng minh:
Hình 1.5
9
Gọi D, E, F là giao điểm của các cặp đường thẳng (AZ, CY), (AZ, BX),
(BX, CY) (hình 1.5).
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến CNX, ta có:
ND XE CF ND CD XF
. . 1 = .
NE XF CD NE CF XE
= ⇒
.
Tương tự, ta có:
PF BF ZE
.
PD BE ZD
=
;
ME AE YD
.
MF AD YF
=
.
Suy ra:

ND ME PF CD XF ZE BF AE YD
. . . . . . .
NE MF PD CF XE ZD BE AD YF
=

Mặt khác, áp dụng định lí Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến ABC,
XYZ ta có:
AE CD BF XF ZE YD
. . . .
AD CF BE XE ZD YF
=
suy ra
ND ME PF
. . 1
NE MF PD
=
. Do đó M,
N, P thẳng hàng (đpcm).
1.4.1.3. Chứng minh định lí Desargues
 Định lí Desargues: Cho hai tam giác ABC, DEF có các cặp đỉnh tương
ứng phân biệt và các cặp cạnh tương ứng phân biệt. Thế thì các đường
thẳng nối các đỉnh tương ứng đồng quy khi và chỉ khi giao điểm của
các cặp cạnh tương ứng là thẳng hàng.
 Chứng minh:
10
Hình 1.6
Xét hai tam giác ABC và DEF (hình 1.6).
Phải chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại điểm O khi và
chỉ khi P = BC∩ EF, Q = CA∩ DF, R = AB∩ DE thẳng hàng.
Phần thuận:

Giả sử các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O. Ta chứng minh P, Q, R
thẳng hàng.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác OAB với 3 điểm thẳng hàng D, R, E,
ta có:
DO RA EB
. . 1
DA RB EO
=
.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác OBC với 3 điểm thẳng hàng E, P, F ta
có:
EO PB FC
. . 1
EB PC FO
=
.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác OCA với 3 điểm thẳng hàng F, Q, D
ta có:
FO QC DA
. . 1
FC QA DO
=
.
Nhân các đẳng thức trên theo từng vế, ta được:
RA PB QC
. . 1
RB PC QA
=
.
Theo định lí Menelaus, ta suy ra các điểm P, Q, R thẳng hàng.

Phần đảo:
Giả sử các điểm P, Q, R thẳng hàng. Ta chứng minh các đường thẳng AD,
BE, CF đồng quy.
Gọi O là giao điểm của AD và BE. OC cắt đường thẳng QD

tại F
’’
.
Xét hai tam giác ABC và DEF
’’
có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng
quy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng đồng quy.
11
Ta thấy AB cắt DE

tại R, AC cắt DF
’’
tại Q, suy ra giao điểm P
’
của BC và
EF
’’
phải thuộc QR. Tức là P
’
là giao điểm của QR và BC nên P
’
trùng với P.
Suy ra F
’’
trùng với F

hay AD, BE, CF đồng quy (đpcm).
1.4.1.4. Chứng minh định lí Blaikie
 Định lí Blaikie: Cho tam giác ABC và đường thẳng d sao cho d cắt BC,
CA, AB lần lượt ở M, N, P. Gọi S là một điểm bất kì trên d. Gọi D, E,
F lần lượt là điểm đối xứng của M, N, P qua S. Khi đó AD, BE, CF
đồng quy tại một điểm I và ta gọi I là điểm Blaikie của d và S đối với
tam giác ABC.
 Chứng minh:
Hình 1.7
Giả sử S ở giữa N và M. Gọi I là giao điểm của AD và BE (hình 1.7).
Ta chứng minh I, C, F thẳng hàng.
Xét tam giác BEM với 3 điểm I, C, P. Ta cần chứng minh:
IB FE CM
. . 1
IE FM CB
=
.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác PBE với 3 điểm thẳng hàng A, I, D ta
có:
AP IB DE
. . 1
AB IE DP
=
(1)
12
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác MBP với 3 điểm thẳng hàng C, A, N
ta có:
CM AB NP
. . 1

CB AP NM
=
(2)
Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được:
IB CM NP
. . 1
IE CB DP
=
IB CM FE
. . 1
IE CB FM
⇒ =
(
DE=NM;NP=FE;DP=FM
). Theo định lí Menelaus suy ra I, C, F thẳng
hàng. Vậy AD, BE, CF đồng quy (đpcm).
1.4.2. Chứng minh tính thẳng hàng
Trên thực tế để chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng
quy hay tính tỉ số của hai đoạn thẳng bằng những cách cơ bản lại không phải
là vấn đề đơn giản và nhiều lúc để chứng minh được hay tính toán được thì lại
quá dài.
Trong quá trình tìm tòi và nghiên cứu, tôi đã thấy được hai định lí có
ứng dụng rất mạnh trong việc giải quyết ba dạng toán này, đó là định lí
Menelaus và định lí Ceva.
Các bài toán sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lí Menelaus.
Bài 1.1:
Cho tam giác ABC không cân có AD là phân giác ngoài của góc A,
BE, CF lần lượt là phân giác trong của góc B và góc C của tam giác ABC.
Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng.
Lời giải

13
Hình 1.8
Đặt BC = a, CA = b, AB = c (hình 1.8).
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
DB AB DB c
DC AC b
DC
= ⇒ =
EC BC EC a
EA AB c
EA
= ⇒ = −
FA AC FA b
FB BC a
FB
= ⇒ = −
Suy ra:
DB EC FA c a b
. . = . . 1
b c a
DC EA FB
   
− − =
 ÷  ÷
   

DB EC FA
. . 1
DC EA FB
⇒ =

Theo định lí Menelaus suy ra D, E, F thẳng hàng (đpcm).
Bài 1.2:
Cho tam giác ABC vuông tại A. Dựng về phía ngoài các hình vuông
ABEF, ACPQ. Đường thẳng BP cắt đường cao AH của tam giác ABC tại O.
Chứng minh rằng ba điểm C, O, E thẳng hàng.
Lời giải
14
Hình 1.9
Dựng hình chữ nhật ABNC. Gọi K là giao điểm của EC và AB (hình 1.9).
Khi đó ta có:
EB BK
NC
EN
=
;
OP PC
BK
OB
= −
EB CN OP BK CN PC
. . . . 1
NC CP BK
EN CP OB
   
⇒ = − − =
 ÷ ÷
   
Theo định lí Menelaus suy ra ba điểm C, O, E thẳng hàng (đpcm).
Nhận xét: Để vận dụng định lí Menelaus, ta cần phải tìm ra một tam
giác sao cho 2 trong 3 điểm E, O, C nằm trên 2 cạnh, 1 điểm còn lại nằm trên

phần kéo dài. Nhờ đó ta nghĩ đến việc dựng hình chữ nhật ABNC.
Nếu rèn luyện nhiều chắc chắn bạn sẽ trở nên thân thuộc, biết quan sát,
có cái nhìn nhạy bén hơn về định lí Menelaus khi giải các bài toán hình học.
Hãy tiếp tục vận dụng để giải các bài toán sau:
Bài 1.3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thuộc đường tròn
(O) (M A, B, C). Gọi P, Q, R là hình chiếu vuông góc của M xuống BC, CA,
AB. Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng. (đường thẳng chứa ba điểm thẳng
hàng đó được gọi là đường thẳng Sim-Sơn và còn được gọi là đường thẳng
Sim-Sơn của tam giác ABC ứng với điểm M).
Lời giải
15
Hình 1.10
Xét trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ( không chứa điểm A) (hình 1.10).
Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) nên ta có :
·
·
MCB=MAB
.
Mặt khác:
·
·
0
MPC=MRA=90
⇒
∆MPC ~ ∆MRA (g-g)
PC MC
=
RA MA
⇒

(1)
Tương tự ta có: ∆MAQ ~ ∆MBP
QA MA
=
BP MB
⇒
(2),
∆MRB ~ ∆MQC
RB MB
=
QC MC
⇒
(3).
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có:
PC QA RB PC RB QA
. . 1 . . 1
RA BP QC PB RA QC
= ⇒ =
Suy ra:
PC RB QA
. . 1
PB RA QC
=

Theo định lí Menelaus suy ra P, Q, R thẳng hàng (đpcm).
Nhận xét: Sử dụng định lí Menelaus để giải bài toán trên giúp học sinh
rèn luyện tư duy, sáng tạo. Qua đó rèn luyện khả năng giải toán ngày một tốt
hơn.
Bài 1.4:
Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại E, AB cắt DC tại F. M, N lần lượt là

trung điểm của AC và BD. Chứng minh rằng MN đi qua trung điểm của EF.
Lời giải
16
Hình 1.11
Gọi Y là trung điểm của EF. Gọi J, L, K lần lượt là trung điểm của AB,
BE, EA (hình 1.11).
Như vậy JK, KL, LJ là các đường trung bình của ∆ABE.
Do đó ta có :
MK CE NJ DA YL FB
, ,
MJ CB NL DE YK FA
= = =
.
Nhân từng vế của các đẳng thức ta có :
MK NJ YL CE DA FB
. . . . 1
MJ NL YK CB DE FA
= =

(định lí Menelaus trong ∆ABE với bộ ba điểm thẳng hàng C, D, F).
Suy ra:
MK NJ YL
. . 1
MJ NL YK
=
. Theo định lí Menelaus suy ra N, M, Y thẳng hàng
hay MN đi qua trung điểm của EF (đpcm).
1.4.3. Chứng minh tính đồng quy
Bài 1.5:
Cho tam giác ABC. Gọi M, E, F theo thứ tự là các điểm trên cạnh BC,

CA, AB sao cho EF // BC, MB = MC. Chứng minh AM, BE, CF đồng quy.
Lời giải
17
Hình 1.12
Từ A dựng đường thẳng song song với BC cắt BE tại N (hình 1.12).
Gọi I là giao điểm của BN và AM.
Theo định lí Talet ta có:
FA EN AN
BC
FB EB
= = −
;
IM BM
AN
IA
= −
.
Ta có :
FA CB IM AN CB BM
. . . . 1
BC CM AN
FB CM IA
   
= − − =
 ÷  ÷
   
. . 1
FA CB IM
FB CM IA
⇒ =

.
Theo định lí Menelaus suy ra F, I, C thẳng hàng. Từ đó suy ra AM, BE, CF
đồng quy (đpcm).
Bài 1.6:
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (H). Gọi tiếp điểm của đường
tròn (H) với các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Chứng minh AD, BE,
CF đồng quy.
Lời giải
18
Hình 1.13
Từ A dựng đường thẳng song song với BC, cắt CF tại N (hình 1.13).
Gọi I là giao điểm của AD và CF.
Ta có: BD = BF; EC = DC; AE = AF (D, E, F là các tiếp điểm)
Theo định lí Talet ta có:
IA AN
=
ID CD
;
BF CB
=
AF AN
Ta có:
BD EC IA BF CD AN BF AN CB AN
. . . . . . 1
BC EA ID BC AF CD AF BC AN BC
= = = =
Suy ra :
BD EC IA
. . 1
BC EA ID

=
. Theo định lí Menelaus trong tam giác ACD suy ra
B, I, E thẳng hàng. Vậy AD, BE, CF đồng quy (đpcm).
Bài 1.7:
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt
là các tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với đường tròn. Chứng minh rằng MQ,
NP, DB đồng quy tại một điểm.
Lời giải
19
Hình 1.14
Gọi K là giao điểm của QM với DB (hình 1.14).
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ADB và đường thẳng QMK ta có:
QA KD MB QA KD MB MB KD
. . 1 . . 1 . 1
QD KB MA QD KB
QD KB MA
= ⇒ = ⇒ =
(1)
Mà MB = NB ; QD = PD nên từ (1) suy ra
NB KD PC KD NB
. 1 . . 1
PD KB PD KB NC
= ⇒ =
.
Suy ra:
PC KD NB
. . 1
PD KB NC
=
. Do đó theo định lí Menelaus suy ra K, N, P thẳng

hàng. Vậy MQ, NP, DB đồng quy (đpcm).
1.4.4. Tính diện tích tam giác
Bài 1.8:
Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F trên cạnh BC, CA, AB sao cho
DB = 2DC, EC = 2EA, FA = 2FB. Ba đường thẳng AD, BE, CF cắt nhau tạo
thành tam giác PQR. Tính diện tích tam giác PQR theo diện tích S của tam
giác ABC.
Lời giải
20
Hình 1.15
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ADC và đường thẳng BPE, ta
có:
BD EC PA 2 PA
. . =1 .( 2). =1
3
BC EA PD PD
⇒ −
PA 3 AP 3
= =
PD 4 AD 7
⇒ ⇒
.
Suy ra:
S(APE) AP AE 3 1 1 1
= . = . = S(APE)= .S(ADC)
S(ADC) AD AC 7 3 7 7
⇒
.
Mặt khác ta có:
S(ADC) DC 1

S(ABC) BC 3
= =
.
Suy ra:
1 1 1
S(APE)= . .S(ABC)= S
7 3 21
.
Chứng minh tương tự, ta có:
1
S(BQF)=S(CDR)= S
21
Ta có: S(PQR) = S(ABC)-[S(ADC)+S(ABE)+S(CFB)]-
-[S(APE)+S(BQF)+S(CDR)]
=
S S
S 3( )
3 21
− −

S
7
=
. Vậy S(PQR)
S
7
=
.
Bài 1.9:
Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm E và F sao

cho
1
BE= BA
4
;
4
AF= AC
5
. Gọi M là giao điểm của BF và CE.
Biết S (AMB) = 2 (đơn vị diện tích). Tính S(ABC)?
21
Lời giải
Hình 1.16
Gọi N, P là chân đường vuông góc hạ từ M, C xuống AB.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác AEC với cát tuyến BMF ta có:
BE FA MC 1 MC
. . =1 .4. =1 MC=ME
4 ME
BA FC ME
⇒ ⇒
.
Suy ra:
1
.MN.AB
S(AMB) MN
2
= =
1
S(ABC) CP
.CP.AB

2
.
Mà
MN AB,CP AB⊥ ⊥
⇒
MN // CP
⇒
MN EM 1 S(AMB) 1
= = =
CP EC 2 S(ABC) 2
⇒
S(ABC)=2S(AMB)=4⇒
(đvdt).
1.4.5. Chứng minh các đẳng thức hình học
Bài 1.10:
Cho tứ giác ABCD có AB và CD cắt nhau tại P; AC và BD cắt nhau tại
I; AD và BC cắt nhau tại Q. Đường thẳng PI cắt AD và BC tại M, N. Chứng
minh
MA QA
MD QD
= −
và
MI NI
MP NP
= −
.
22
Lời giải
Hình 1.17
• Áp dụng định lí Menelaus vào:

Tam giác AID với đường thẳng QBC ta có:
QA BD CI
. . =1
QD BI CA
QA BI AC
= . =α
QD BD CI
⇒ −
(1)
Tam giác ADC với đường thẳng PIM ta có:
MA PD IC MA PC IA
. . =1 = . =β
MD PC IA MD PD IC
⇒
(2)
Vào tam giác ICD với đường thẳng PBA, ta có:
AI PC BD
. . =1
AC PD BI
(3)
Từ (1) và (2)
β PC IA BD CI AI PC BD
= . . . = . . =1
α
PD IC BI AC AC PD BI
⇒
(theo (3)).
Vậy
α=β
suy ra

MA QA
MD QD
= −
.
• Áp dụng định lí Menelaus vào :
Tam giác DIP với đường thẳng BNC, ta có:
BD NI CP NI IB CD
. . =1 = . =c
BI NP CD NP BD CP
⇒ −
(4)
Tam giác BIP với đường thẳng DMA, ta có :
DB MI AP MI DI AB
. . =1 = . =d
DI MP AB MP DB AP
⇒
(5)
23
Tam giác PBD với đường thẳng AIC, ta có:
AP IB CD
. . =1
AB ID CP
(6)
Từ (4) và (5) ta có:
c IB CD DB AP CD AP IB
= . . . = . . =1
d
BD CP DI AB CP AB ID
(theo (6)).
Vậy c = d suy ra

MI NI
=
MP NP
−
(đpcm).
Bài 1.11:
Giả sử ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại điểm O trong tam giác
ABC (
, ,D BC E CA F AB
∈ ∈ ∈
). Chứng minh rằng :
OA EA FA
= +
OD EC FB
.
Lời giải
Hình 1.18
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ABD và đường thẳng FOC ta
có:
OA CD FB
. . =1
OD CB FA
OA CD FA
. =
OD CB FB
⇒
OA CD FA
. =
OD CB FB
⇒

(1)
Tương tự ta có:
OA BD EA
. =
OD BC EC

OA BD EA
. =
OD BC EC
⇒
(2)
Cộng từng vế với vế của (1) và (2) ta có:
OA (BD+CD) FA EA
. = +
OD BC FB EC
OA EA FA
= +
OD EC FB
⇒
(đpcm).
24
Bài 1.12:
Cho tam giác ABC. Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
BC, CA. M là một điểm tùy ý trên cạnh AB (M khác trung điểm của AB).
Các tia MP, QM cắt AC, CB theo thứ tự ở E và F. Gọi G là giao điểm của PQ
với EF. Chứng minh G là trung điểm của EF.
Lời giải
Hình 1.19
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ABC với các đường thẳng:
- Đường thẳng EPM, ta có:

EC MA PB EC MA PB
. . =1 . . =1
EA MB PC
EA MB PC
⇒
, mà PB = PC nên
BP
=1
PC
,
do đó
EC MA
. =1
EA MB
(1)
- Đường thẳng FMQ, ta có:
FB QC MA FB QC MA
. . =1 . . =1
FC QA MB
FC QA MB
⇒
,
lại có
QC
=1
QA
nên
FB MA
. =1
FC MB

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
EC FB
=
EA FC
. (3)
Trên tia đối của tia AC lấy điểm K sao cho AK = EC ta suy ra EA = KC
25