Định lý Ceva định lý Menelaus

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NỊNH MẠNH CƯỜNG
ĐỊNH LÝ CEVA
ĐỊNH LÝ MENELAUS
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NỊNH MẠNH CƯỜNG
ĐỊNH LÝ CEVA
ĐỊNH LÝ MENELAUS
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN VĂN MINH
Thái Nguyên - 2014
1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1: Định lý Ceva và định lý Menelaus 4
1.1 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Định lý Ceva dạng mở rộng . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Định lý Ceva cho ngũ giác . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.4 Định lý Ceva dạng sin . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.5 Định lý Ceva trong không gian . . . . . . . . . . . 9
1.2 Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1 Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.2 Định lý Menelaus dạng mở rộng . . . . . . . . . . . 11

1.2.3 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích . . . . . . 12
1.2.4 Mở rộng định lý Menelaus cho tứ giác . . . . . . . 13
1.2.5 Định lý Menelaus trong không gian . . . . . . . . . 14
Chương 2: Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lý Menelaus 16
2.1 Bài tập vận dụng định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Bài tập vận dụng định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2
Mở đầu
Trong một số bài toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳng
đồng quy hoặc chứng minh ba điểm thẳng hàng, có nhiều bài toán nếu
chỉ sử dụng những kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa thì việc tìm
ra hướng giải là khó khăn. Nhưng nếu sử dụng định lý Ceva và định lý
Menelaus để giải thì thuận lợi hơn, đặc biệt trong nhiều bài toán, nếu
không sử dụng định lý Ceva và định lý Menelaus thì không chứng minh
được, hơn nữa nếu sử dụng hai định lý này sẽ làm cho bài giải trở nên
súc tích hơn. Do đó định lý Ceva và định lý Menelaus là định lý quan
trọng trong hình học sơ cấp, là một công cụ hỗ trợ đắc lực khi giải các
bài toán về hình học.
Trong mỗi bài toán có sử dụng định lý Ceva hoặc định lý Menelaus
để giải thì nó là một mắt xích quan trọng, một định hướng thông xuất
trong quá trình tư duy. Ngoài ra hai định lý này còn là công cụ tư duy
hữu ích để phát triển các bài toán và cho ta một cách nhìn mới đối với
bài toán đó. Điều đó khiến cho người học toán không những phát triển
được kiến thức hình học của mình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn
sâu hơn về bài toán.
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm 2 chương:
Chương 1. Định lý Ceva và định lý Menelaus. Chương này
trình bày nội dung định lý Ceva, định lý Menelaus và một số dạng mở

rộng của hai định lý này.
Chương 2. Bài tập vận dụng định lý Ceva và định lý
Menelaus. Chương này trình bày một số bài toán hình học sơ cấp
có sử dụng định lý Ceva và định lý Menelaus để giải.
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của TS. Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT và QTKD - ĐHTN. Là người
học trò đã tiếp thu được nhiều điều từ thầy, tôi xin được bày tỏ lòng
3
biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự tận tình chỉ bảo,
hướng dẫn của thầy.
Tôi xin cảm ơn tới các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học. Đồng thời
tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K6A, trường Đại học
Khoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận
văn này.
Tôi xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám hiệu,
các đồng nghiệp Trường THPT Thái Hòa đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ
tôi trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn.
Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nên
không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo
và đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng độc giả quan tâm tới luận văn
này.
Thái Nguyên, ngày 6 tháng 7 năm 2014
Tác giả
Nịnh Mạnh Cường
4
Chương 1
Định lý Ceva và định lý Menelaus
1.1 Định lý Ceva
1.1.1 Định lý Ceva

Định lý 1.1.1. (Định lý Ceva) Cho tam giác ABC. Gọi A

, B

, C

là ba
điểm tương ứng nằm trên BC, CA, AB. Ba đường thẳng AA

, BB

, CC

cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi:
C

A
C

B
.
A

B
A

C
.
B


C
B

A
= 1. (1.1)
Chứng minh.
Hình 1.1
Phần thuận:
Giả sử ba đường thẳng AA

, BB

, CC

cắt nhau tại điểm O. Từ A và
C, kẻ các đường song song với BB

, chúng lần lượt cắt CC

và AA

tại
K, I tương ứng, ta có:
B

C
B

A
=

OC
OK
và
IC
KA
=
OC
OK
. (Sử dụng định lý Thales)
5
Suy ra
B

C
B

A
=
IC
KA
. (1.2)
Vì IA

C  OA

B, AKC

 BOC

ta có:

A

B
A

C
=
OB
IC
,
C

A
C

B
=
KA
OB
. (1.3)
Từ (1.2) và (1.3) ta suy ra
C

A
C

B
.
A


B
A

C
.
B

C
B

A
=
KA
OB
.
OB
IC
.
IC
KA
= 1.
Phần đảo:
Giả sử ta có:
C

A
C

B
.

A

B
A

C
.
B

C
B

A
=
KA
OB
.
OB
IC
.
IC
KA
= 1.
Qua giao điểm của các đường thẳng AA

và BB

, kẻ đường thẳng CC
1
với C

1
nằm trên cạnh AB. Khi đó, theo chứng minh phần thuận ta có:
C
1
A
C
1
B
.
A

B
A

C
.
B

C
B

A
=
KA
OB
.
OB
IC
.
IC

KA
=
C

A
C

B
.
A

B
A

C
.
B

C
B

A
= 1
suy ra
C
1
A
C
1
B

=
C

A
C

B
⇒ C
1
≡ C

ta có điều phải chứng minh.
1.1.2 Định lý Ceva dạng mở rộng
*) Chú ý: Định lý Ceva trong trường hợp tổng quát khi các điểm
A

, B

, C

không chỉ nằm trên các cạnh theo thứ tự BC, AC, AB của
ABC mà nó có thể nằm tuỳ ý trên các đường thẳng chứa các cạnh.
Định lý được phát biểu như sau:
Định lý 1.1.2. Cho tam giác ABC và các điểm A

, B

, C

khác A, B, C

theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó các đường thẳng
AA

, BB

, CC

hoặc đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi:
C

A
C

B
.
A

B
A

C
.
B

C
B

A
= −1. (1.4)
6

Hình 1.2
Chứng minh.
Chứng minh điều kiện cần. Có hai trường hợp cần xét.
Trường hợp 1. AA

, BB

, CC

đồng quy (hình 1.2).
Giả sử AA

, BB

, CC

đồng quy tại O. Qua A vẽ đường thẳng song
song với BC, đường thẳng này theo thứ tự cắt BB

, CC

tại X, Y.
Theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số:
C

A
C

B
.

A

B
A

C
.
B

C
B

A
=
Y A
CB
.
AX
AY
.
BC
XA
=
Y A
AY
.
AX
XA
.
BC

CB
= −1.
Trường hợp 2. AA

, BB

, CC

đôi một song song (hình 1.3).
Theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số:
C

A
C

B
.
A

B
A

C
.
B

C
B

A

=
CA

CB
.
A

B
A

C
.
BC
BA

=
A

B
BA

.
BC
CB
.
CA

A

C

= (−1).(−1).(−1) = −1.
Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta đều có:
C

A
C

B
.
A

B
A

C
.
B

C
B

A
= −1.
Chứng minh điều kiện đủ. Ta chứng minh nếu ba đường AA

, BB

, CC

không đôi một song song thì chúng phải đồng quy.

Giả sử AA

, BB

không song song. Đặt O = AA

∩ BB

. Khi đó CO
và AB không song song (hình 1.4). Thật vậy, nếu CO song song với AB
thì theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số, ta có :
A

B
A

C
=
AB
OC
= −
AB
CO
= −
B

A
B

C

⇒
A

B
A

C
.
B

C
B

A
= −1.
7
Mặt khác, theo giả thiết:
C

A
C

B
.
A

B
A

C

.
B

C
B

A
= −1.
Suy ra:
C

A
C

B
= 1 ⇒ C

A = C

B ⇒ A ≡ B, mâu thuẫn.
Vậy CO không song song với AB. Đặt C
1
= CO ∩AB. Theo kết quả
đạt được trong phép chứng minh điều kiện cần:
C
1
A
C
1
B

.
A

B
A

C
.
B

C
B

A
= −1.
Từ đó với chú ý rằng
C

A
C

B
.
A

B
A

C
.

B

C
B

A
= −1, ta có:
C
1
A
C
1
B
=
C

A
C

B
⇒ C
1
≡ C

.
Tóm lại AA

, BB

, CC


đồng quy.✷
Hình 1.3 Hình 1.4
1.1.3 Định lý Ceva cho ngũ giác
Định lý 1.1.3. Cho ngũ giác A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
và năm điểm B
1
, B
2
, B
3
,
B
4
, B
5
lần lượt nằm trên năm đường thẳng A
5
A
2
, A

1
A
3
, A
2
A
4
, A
3
A
5
,
A
4
A
1
. Nếu các đường thẳng A
1
B
1
, A
2
B
2
, A
3
B
3
, A
4

B
4
, A
5
B
5
đồng quy thì
B
1
A
5
B
1
A
2
.
B
2
A
1
B
2
A
3
.
B
3
A
2
B

3
A
4
.
B
4
A
3
B
4
A
5
.
B
5
A
4
B
5
A
1
= −1. (1.5)
Chứng minh. Giả sử năm đường thẳng A
1
B
1
, A
2
B
2

, A
3
B
3
, A
4
B
4
,
A
5
B
5
đồng quy tại điểm I theo định lý về tỷ lệ diện tích ta có:
B
1
A
5
B
1
A
2
.
B
2
A
1
B
2
A

3
.
B
3
A
2
B
3
A
4
.
B
4
A
3
B
4
A
5
.
B
5
A
4
B
5
A
1
=
s(IA

1
A
5
)
s(IA
1
A
2
)
.
s(IA
2
A
1
)
s(IA
2
A
3
)
.
s(IA
3
A
2
)
s(IA
3
A
4

)
.
s(IA
4
A
3
)
s(IA
4
A
5
)
.
s(IA
5
A
4
)
s(IA
5
A
1
)
8
= −
s(IA
5
A
1
)

s(IA
1
A
2
)
.
s(IA
1
A
2
)
s(IA
2
A
3
)
.
s(IA
2
A
3
)
s(IA
3
A
4
)
.
s(IA
3

A
4
)
s(IA
4
A
5
)
.
s(IA
4
A
5
)
s(IA
5
A
1
)
= −1
Hình 1.5
Chú ý: Định lý Ceva cho đa giác bất kỳ:
Cho đa giác n - cạnh A
1
A
2
A
n
và n điểm B
1

, B
2
, , B
n
, lần lượt
nằm trên các đường thẳng A
n
A
2
, A
1
A
3
, A
2
A
4
, A
i−1
A
i+1
, A
n−1
A
1
. Nếu
n đường thẳng A
1
B
1

, A
2
B
2
, A
n
B
n
đồng quy thì
B
1
A
n
B
1
A
2
.
B
2
A
1
B
2
A
3
.
B
3
A

2
B
3
A
4

B
i
A
i−1
B
i
A
i+1
.
B
n
A
n−1
B
n
A
1
= (−1)
n
.(i = 2, 3, , n − 1) (1.6)
1.1.4 Định lý Ceva dạng sin
Định lý 1.1.4. Gọi A

, B


, C

là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh
BC, CA, AB của tam giác ABC. Ba đường thẳng AA

, BB

, CC

cắt nhau
tại một điểm O khi và chỉ khi
sin

ABB

sin

CBB

.
sin

BCC

sin

ACC

.

sin

CAA

sin

BAA

= 1. (1.7)
Chứng minh.
Hình 1.6
9
Phần thuận: Giả sử AA

, BB

, CC

đồng quy tại O. Khi đó hai tam
giác ABA

và ACA

có cùng chiều cao hạ từ đỉnh A. Suy ra
BA

A

C
=

S
ABA

S
ACA

=
AB.AA

.sin

BAA

AC.AA

.sin

CAA

=
AB.sin

BAA

AC.sin

CAA

.
Tương tự ta có:

CB

B

A
=
BC.sin

CBB

BA.sin

ABB

AC

C

B
=
CA.sin

ACC

CB.sin

BCC

.
Nhân từng vế ba đẳng thức trên ta được:

sin

BAA

sin

CAA

.
sin

CBB

sin

ABB

.
sin

ACC

sin

BCC

=
BA

A


C
.
CB

B

A
.
AC

C

B
= 1. (Theo định lý
Ceva)
Phần đảo:
Theo chứng minh phần thuận ta có:
sin

BAA

sin

CAA

.
sin

CBB


sin

ABB

.
sin

ACC

sin

BCC

=
BA

A

C
.
CB

B

A
.
AC

C


B
= 1.
Qua giao điểm của các đường thẳng AA

và BB

, kẻ đường thẳng CC
1
với C
1
nằm trên cạnh AB. Khi đó ta có:
BA

A

C
.
CB

B

A
.
AC
1
C
1
B
=

BA

A

C
.
CB

B

A
AC

C

B
. = 1.
Suy ra
AC
1
C
1
B
=
AC

C

B
⇒ C

1
≡ C

suy ra 3 đường thẳng đồng quy.✷
1.1.5 Định lý Ceva trong không gian
Định lý 1.1.5. Trong không gian cho tứ diện ABCD. Gọi X là điểm
trên AB, Y là điểm trên BC, Z là điểm trên CD và W là điểm trên DA.
Bốn mặt phẳng (AZB), (BW C), (CXD) và (DY A) cắt nhau tại một
điểm khi và chỉ khi
AX
XB
.
BY
Y C
.
CZ
ZD
.
DW
W A
= 1. (1.8)
Chứng minh.
Gọi A

= BZ ∩ DY, C

= BW ∩ DX, khi đó (AZB) ∩ (AY D) =
AA

, (CXD) ∩ (BW C) = CC


. Dựng mặt phẳng chứa cả AA

và CC

.
10
Gọi T = AC

∩ CA

.
Sử dụng định lý Ceva cho ADB và CDB, ta được:
Hình 1.7
AW
W D
.
DT
T B
.
BX
XA
= 1;
BT
T D
.
DZ
ZC
.
CY

Y B
= 1.
Nhân vế với vế hai đẳng thức trên ta có:
AW
W D
.
DT
T B
.
BX
XA
.
BT
T D
.
DZ
ZC
.
CY
Y B
= 1
⇔
AX
XB
.
BY
Y C
.
CZ
ZD

.
DW
W A
= 1. ✷
1.2 Định lý Menelaus
1.2.1 Định lý Menelaus
Định lý 1.2.1. (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC. Trên các đường
thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB, ta lấy các điểm P, Q, R tương ứng sao
cho mỗi điểm không trùng với đỉnh tam giác. Khi đó, ba điểm P, Q, R
thẳng hàng khi và chỉ khi
BR
AR
.
AQ
QC
.
P C
BP
= 1. (1.9)
Hình 1.8
Chứng minh.
Phần thuận: Giả sử ba điểm P, Q, R
thẳng hàng. Qua A, kẻ đường thẳng song
song với BC, cắt đường thẳng (d) tại L.
Sử dụng hệ quả của định lý Thales, ta
có:
AL
CP
=
AQ

CQ
⇔ AL =
CP.AQ
CQ
. (1.10)
BR
AR
=
BP
AL
⇔
BR
AR
.
AL
BP
= 1. (1.11)
Thay AL ở đẳng thức (1.10) vào đẳng thức (1.11) ta được:
11
BR
AR
.
AQ
QC
.
P C
BP
= 1.
Phần đảo: Giả sử (1.9) xảy ra. Gọi Q


là giao điểm của RP và cạnh
AC. Khi đó, theo phần thuận, ta có:
BR
AR
.
AQ

Q

C
.
P C
BP
= 1. (1.12)
Từ (1.9) và (1.12) suy ra
AQ

Q

C
=
AQ
QC
. Vậy Q ≡ Q’, điều phải chứng
minh.✷
1.2.2 Định lý Menelaus dạng mở rộng
Định lý 1.2.2. Cho tam giác ABC và các điểm P, Q, R khác A, B, C
theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó ba điểm P, Q, R
thẳng hàng khi và chỉ khi
BR

AR
.
AQ
QC
.
P C
BP
= 1. (1.13)
Chứng minh.
Hình 1.9
Phần thuận: Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng. Qua C, kẻ đường
thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường thẳng qua P, Q, R
tại D.
Theo hệ quả của định lý Thales dạng đại số, ta có:
BR
AR
.
AQ
QC
.
P C
BP
=
BR
AR
.
AR
DC
.
DC

BR
= 1.
12
Phần đảo: Giả sử (1.13) được thoả mãn. Gọi C
1
là giao điểm của
đường thẳng QP và AB. Ta cần chứng minh C
1
≡ R.
Theo chứng minh ở phần thuận ta có:
BC
1
AC
1
.
AQ
QC
.
P C
BP
= 1 =
BR
AR
.
AQ
QC
.
P C
BP
, suy ra

BC
1
AC
1
=
BR
AR
= m.
Để chứng minh C
1
≡ R, ta để ý rằng phương trình
BX
AX
= m (m = 1)
có không quá một nghiệm khi A = B. Thật vậy, chọn gốc toạ độ là
B, trục toạ độ AB với chiều dương là chiều từ A đến B. Cho toạ độ
của X là x, toạ độ của điểm A là a, lúc đó phương trình trở thành:
x
x − a
= m ⇔ x =
ma
m − 1
. (phương trình này có nghiệm duy nhất). Từ
đó suy ra điều phải chứng minh.✷
1.2.3 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích
Định lý 1.2.3. Cho tam giác ABC và 3 điểm M, N, P lần lượt thuộc
BC, CA, AB. Khi đó ta có:
S
M N P
S

ABC
=
BM.CN.AP − CM.AN.BP
AB.BC.CA
(1.14)
Chứng minh.
Hình 1.10
Ta có S
ABC
= S
M AB
+ S
M AC
.
⇒ S
ABC
= S
P M A
+ S
P BM
+ S
N M C
+ S
N AM
.
⇒ S
ABC
= S
M N P
+ S

BM P
+ S
CN M
+ S
AP N
.
Mặt khác
13
S
BM P
S
ABC
=
BM.BP .sin(BC, BA)
BC.BA.sin(BC, BA)
=
BM.BP
BC.BA
.
Tương tự ta có
S
CN M
S
ABC
=
CN.CM
CA.CB
,
S
AP N

S
ABC
=
AP .AN
AB.AC
.
Ta suy ra
S
M N P
S
ABC
= 1 −
S
BM P
S
ABC
−
S
CN M
S
ABC
−
S
AP N
S
ABC
⇒
S
M N P
S

ABC
= 1 −
BM.BP
BC.BA
−
CN.CM
CA.CB
−
AP .AN
AB.AC
⇒
S
M N P
S
ABC
=
BM.CN.AP − CM.AN.BP
AB.BC.CA
.
1.2.4 Mở rộng định lý Menelaus cho tứ giác
Định lý 1.2.4. 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
MB
.
NB
NC
.
P C
P D

.
QD
QA
= 1. (1.15)
Hình 1.11
Chứng minh.Trên (d) lấy hai điểm I, J sao cho AI//BJ//CD.
Theo định lý Thales ta có:
MA
MB
=
IA
JB
14
NB
NC
=
JB
P C
QD
QA
=
P D
IA
Suy ra:
MA
MB
.
NB
NC
.

P C
P D
.
QD
QA
=
IA
JB
.
JB
P C
.
P C
P D
.
P D
IA
= 1.
Chú ý: Định lý Menelaus đa giác bất kỳ:
Cho đa giác n - cạnh A
1
A
2
A
n
và n điểm B
1
, B
2
, , B

n
, trong
đó các điểm B
1
, B
2
, , B
i
, B
n
lần lượt nằm trên các đường thẳng
A
1
A
2
, A
2
A
3
, A
3
A
4
, , A
i
A
i+1
, A
1
A

n
. Nếu các điểm B
1
, B
2
, , B
n
thẳng
hàng thì
B
1
A
1
B
1
A
2
.
B
2
A
2
B
2
A
3
.
B
3
A

3
B
3
A
4

B
i
A
i
B
i
A
i+1
.
B
n
A
n
B
n
A
1
= 1.(i = 1, 2, , n −1) (1.16)
1.2.5 Định lý Menelaus trong không gian
Định lý 1.2.5. Cho tứ diện ABCD, M là điểm trên AB, N là điểm trên
BC, P là điểm trên CD và Q là điểm trên DA. Các điểm M, N, P ,Q
đồng phẳng khi và chỉ khi
MA
MB

.
NB
NC
.
P C
P D
.
QD
QA
= 1. (1.17)
Chứng minh.
Hình 1.12
Giả sử M, N, P, Q đồng phẳng, chúng
xác lập một mặt phẳng (α). Từ A, B, C, D
ta lần lượt dựng các mặt phẳng song song
với (α). Một đường thẳng ∆ tương ứng
cắt các mặt phẳng vừa dựng tại các điểm
A

, B

, C

, D

và ∆ cắt (α) tại O.
Theo định lý Thales ta có:
MA
MB
=

OA

OB

15
NB
NC
=
OB

OC

P C
P D
=
OC

OD

QD
QA
=
OD

OA

Nhân vế với vế các đẳng thức trên ta có:
MA
MB
.

NB
NC
.
P C
P D
.
QD
QA
= 1.
Đảo lại, giả sử ta có
MA
MB
.
NB
NC
.
P C
P D
.
QD
QA
= 1. (1.18)
Xét mặt phẳng (MNP ), giả sử mặt phẳng này cắt cạnh DA tại Q

.
Theo chứng minh ở phần thuận ta có:
MA
MB
.
NB

NC
.
P C
P D
.
Q

D
Q

A
= 1. (1.19)
Từ (1.18) và (1.19) suy ra
QD
QA
=
Q

D
Q

A
⇒ Q ≡ Q

, nói cách khác bốn
điểm M, N, P, Q đồng phẳng.✷
16
Chương 2
Bài tập vận dụng định lý Ceva và
định lý Menelaus

2.1 Bài tập vận dụng định lý Ceva
Bài toán 2.1.1. Chứng minh rằng trong một tam giác:
a) Ba đường trung tuyến đồng quy.
b) Ba đường phân giác đồng quy.
c) Ba đường cao đồng quy.
d) Các đường thẳng, nối các đỉnh của tam giác với các tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp, cắt nhau tại một điểm (điểm Giéc-gôn).
Giải
Xét tam giác ABC.
a) Ba đường trung tuyến AM, BN và CP đồng quy (hình 2.1).
Thật vậy, ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
P A
P B
= 1. Theo định lý Ceva AM, BN và
CP đồng quy tại G.
b) Ba đường phân giác AD, BE và CF đồng quy (hình 2.2).
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có
DB
DC
=
AB
AC
;
EC

EA
=
BC
BA
và
F A
F B
=
CA
CB
.
Do đó
DB
DC
.
EC
EA
F A
F B
=
AB
AC
.
BC
BA
.
CA
CB
= 1. Theo định lý Ceva ta có
AD, BE và CF đồng quy tại điểm I.

17
Hình 2.1 Hình 2.2
c) Ba đường cao AH, BI và CK đồng quy.
Trường hợp tam giác ABC nhọn (hình 2.3)
Ta có AKC  AIB ⇒
AK
AI
=
AC
AB
.
ABH  CBK ⇒
BH
BK
=
AB
BC
.
BCI  ACH ⇒
CI
CH
=
BC
AC
.
Do đó
HB
HC
.
IC

IA
.
KA
KB
= 1, theo định lý Ceva thì 3 đường thẳng AH, BI
và CK đồng quy tại một điểm.
Trường hợp tam giác ABC tù tại A (hình 2.4)
Gọi O là giao điểm của BI và CK. Khi đó A là trực tâm của tam
giác của tam giác OBC nên OA ⊥ BC, suy ra O ∈ AH.
Hình 2.3 Hình 2.4
d) Giả sử A

, B

, C

là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (hình
2.5) khi đó: AB

= C

A, CA

= CB

, C

B = A

B.

Suy ra
AB

C

A
.
CA

B

C
.
BC

A

B
= 1. Vậy ba đường thẳng AA

, BB

và CC

đồng quy.
18
Hình 2.5
Bài toán 2.1.2. (Thi vô địch Hàn quốc 1992)
Trong tam giác ABC có AB = AC, gọi V là giao điểm của phân giác
góc A với cạnh BC, D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống cạnh

BC. Nếu E và F tương ứng là các giao điểm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác AV D với hai cạnh CA và CB, hãy chứng minh rằng các đường
thẳng AD, BE, CF đồng quy.
Giải
Hình 2.6
Vì

ADV =
1
2
π và các điểm A, D, V, E, F cùng nằm trên một đường
tròn nên

BF V =

CEV =
1
2
π.
Do vậy, các tam giác BF V và BDA đồng dạng, CEV và
CDA đồng dạng, suy ra
BD
BF
=
AB
V B
và
CD
CE
=

AC
V C
.
Nhưng
AB
V B
=
AC
V C
theo tính chất phân giác, do đó ta có
19
BD
BF
=
CD
CE
.
Vì

F AV =

V AE nên AE = AF, suy ra
BD
DC
.
CE
EA
.
AF
F B

=
BD
BF
:
CD
CE
= 1.
Vậy AD, BE, CF đồng quy theo định lý Ceva.
Bài toán 2.1.3. (Olympic Toán học Bulgaria 1997)
Cho tứ giác lồi ABCD thỏa mãn

DAB =

ABC =

BCD. Gọi H, O
lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Chứng minh
rằng H, O, D thẳng hàng.
Giải
Hình 2.7
Đặt

CAB = α,

ABC = β,

BCA = γ. Chú ý rằng α < β và γ < β.
Ta xét các trường hợp:
*) Giả sử β < 90
0

. Lúc đó O, H là các điểm nằm trong ABC và ta
có

ACO =

CAO =

HCB =

HAB = 90
0
− β.
Vì thế O là điểm nằm bên trong HAC, từ đó

HAO = β − γ =

ACD,

HCO = β − α =

CAD,

HAD =

HCD = 2β − 90
0
.
Áp dụng định lý hàm số sin cho AHD, CHD, ACD, ta được:
20
sin


AHD
sin

HAD
=
AD
HD
,
sin

HCD
sin

CHD
=
HD
CD
,
sin

CAD
sin

ACD
=
CD
AD
.
Nhân các đẳng thức trên vế theo vế ta được:

sin

AHD.sin

HCO.sin

CAO = sin

CHD.sin

HAO.sin

ACO.
Từ định lý Ceva, suy ra AO, CO và HO đồng quy tại một điểm, do
đó H, O, D thẳng hàng.
*) Trong trường hợp β = 90
0
, ta chứng minh được H ≡ B, O là trung
điểm của AC và tứ giác AHCD là hình chữ nhật. Do vậy H, O, D thẳng
hàng.
*) Trường hợp β > 90
0
. Trong trường hợp này B và O lần lượt nằm
trong AHC và ADC. Tương tự như trường hợp β < 90
0
ta cũng có
các điểm H, O, D thẳng hàng.
Bài toán 2.1.4. (Bài đề nghị OMO của Estonia, 1994)
Cho nửa đường tròn (T ) nằm về một bên của đường thẳng(d). C và
D là các điểm trên đường tròn (T ). Các tiếp tuyến của (T ) tại C và D

gặp (d) tại B và A tương ứng, tâm đường tròn nằm giữa hai điểm này.
Gọi E là giao điểm của AC và BD, F là điểm nằm trên (d) sao cho EF
vuông góc với (d). Chứng minh EF là phân giác của góc CFD.
Giải
Hình 2.8
AD kéo dài cắt BC tại P . Qua P , kẻ
P H vuông góc (d) tại H. Gọi O là tâm nửa
đường tròn. Khi đó hai tam giác P AH và
OAD đồng dạng nên ta có:
AH
AD
=
HP
DO
.
Tương tự
BH
BC
=
HP
DO
, từ đó
AH
AD
=
BH
BC
.
Suy ra
AH

HB
.
BC
CP
.
P D
DA
= 1.
Theo phần đảo của định lý Ceva, ba
đường thẳng AC, BD, P H đồng quy. Suy
ra H ≡ F . Ngoài ra, ta thấy 5 điểm
21
P, D, F, O, C cùng nằm trên một đường
tròn, từ đó:

DF P =

DOP =

COP =

CFP .
Vậy EF là phân giác góc CFD.
Bài toán 2.1.5. (Bài đề nghị cho IMO của nước Anh, 2000)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của một tam
giác nhọn ABC. Chứng tỏ rằng tồn tại các điểm D, E, F tương ứng nằm
trên các cạnh BC, CA, AB sao cho OD + DH = OE + EH = OF + F H
và các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy.
Giải
Hình 2.9

Kéo dài AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại L và BC tại K.
Cho OL cắt BC tại D. Nối các điểm H và D. Ta biết rằng HK = KL,
nên cũng có HD = LD. Như thế OD+DH = OD+DL = OL = R, bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tương tự, có thể chọn các
điểm E và F lần lượt trên CA và AB sao cho OE+EH = R = OF +F H.
Ta sẽ chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy.
Kẻ OB, OC và OL. Ta có

OBC = 90
0
−

A và

CBL =

CAL = 90
0
−

C.
Vì thế

OBL =

90
0
−

A


+

90
0
−

C

=

B. Do OB = OL, ta cũng có

OLB =

B.
Do đó

BOL = 180
0
− 2

B.
Từ đó,

BOD = 180
0
− 2

B trong tam giác BOD.

22
Tương tự, ta có

COD = 180
0
− 2

C. Theo định lý hàm số sin trong
tam giác BDO và AOD có:
BD
sin

BOD
=
OD
sin

OBD
và
CD
sin

COD
=
OD
sin

OCD
.
Từ đó ra suy ra:

BD
CD
=
sin

180
0
− 2

B

sin

180
0
− 2

C

=
sin2B
sin2C
.
Tương tự,
CE
EA
=
sin2C
sin2A
,

AF
F B
=
sin2A
sin2B
.
Vậy ta có:
BD
CD
.
CE
EA
.
AF
F B
= 1.
Vậy theo định lý Ceva các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy, đó là
điều phải chứng minh.
Bài toán 2.1.6. Trong tam giác ABC, M là chân đường vuông góc hạ
từ A xuống đường phân giác trong của góc

BCA. N, L lần lượt là chân
các đường vuông góc hạ từ các đỉnh A, C xuống đường phân giác trong
của góc

ABC. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng MN và AC, E
là giao điểm của các đường thẳng BF và CL, D là giao điểm của các
đường thẳng BL và AC. Chứng minh rằng DE và MN song song với
nhau.
Giải

Hình 2.10
Kéo dài AM cắt BC tại G, kéo dài AN cắt BC tại I. Khi đó AM =
MG, AN = NI, suy ra MN và BC song song với nhau. Vì AM = MG
nên ta có AF = F C. Kéo dài CL cắt AB tại J. Khi đó JL = LC, suy
ra LF và AB song song với nhau.
23
Gọi H = LF ∩ BC, ta có BH = HC. Trong BLC, các đoạn thẳng
BE, LH, CD cắt nhau tại F. Áp dụng định lý Ceva ta có
BH
HC
.
CE
EL
.
LD
DB
= 1.
Vì BH = HC nên
CE
EL
=
DB
LD
. Suy ra DE và BC song song với
nhau. Do đó DE và MN song song với nhau.
Bài toán 2.1.7. (Thi chọn đội tuyển IMO của Romania, 2001)
Cho điểm A
1
là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có
hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B

1
, C
1
cũng lần lượt là tâm của
hình vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và AB.
Chứng minh rằng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy.
Giải
Hình 2.11
Gọi A
2
là giao điểm của AA
1
và BC. B
2
và C
2
được xác định tương
tự.
Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác SAA
1
, ta có:
SA
1
AA

1
=
sin

SAA
1
sinA
1
SA
⇒
SA
1
AA
1
=
sin

BAA
2
sin

45
0
+

B

Tương tự:
T A
1

AA
1
=
sin

CAA
2
sin

45
0
+

C

⇒
AA
1
T A
1
=
sin

45
0
+

C

sin


CAA
2
Suy ra:
sin

BAA
2
sin

CAA
2
.
sin

45
0
+

C

sin

45
0
+

B

=

AA
1
T A
1
.
SA
1
AA
1
= 1. (2.1)