chứng minh các định lý hình học hay

•
1. Định lý Ceva
•
2. Định lý Menelaus
•
3. Định lý Ptolemy
•
4. Định lý Simson
•
5. Định lý Talet
Định lí Ceva là một định lí phổ biến trong hình học
cơ bản. Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F
lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB.
Định lí phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và
CF là những đường thẳng đồng qui khi và chỉ khi:
Ngoài ra, định lí Ceva còn được phát biểu một cách
tương đương trong lượng giác rằng: AD,BE,CF đồng
qui khi và chỉ khi:
Định lí được chứng minh lần đầu tiên bởi Giovani
Ceva trong tác phẩm De lineis rectis viết năm 1678
của Ông.
Một Cevian là một đoạn thẳng nối một đỉnh tam
giác với một điểm nằm ở phía đối diện.
·
·
·
·
·
·
sin sin sin

. . 1
sin sin sin
ABE BCF CAD
DAB EBC FCA
=
.
.
·
·
·
·
·
·
sin sin sin
. . 1
sin sin sin
ABE BCF CAD
DAB EBC FCA
=
.
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:
AD,BE,CF đồng quy tại một điểm. (1.1)
. . 1
AE CD BF
EC DB FA
=
.
(1.2)

(1.3)
Chúng ta sẽ chứng minh rằng (1) dẫn
đến (2), (2) dẫn đến (3), và (3) dẫn đến
(1).
Giả sử (1) đúng. Gọi P là giao điểm
của AD, BE, CF. Theo định lý hàm số
sin trong tam giác APD, ta có:
·
·
·
·
sin sin
.
sin sin
ABE ABP AP
BP
DAB BAP
= =
(1)
(1)
Tương tự, ta cũng có:
·
·
sin
;
sin
BCF BP
CP
EBC
=

·
·
sin
;
sin
BCF BP
CP
EBC
=
·
·
sin
.
sin
CAD CP
AP
FCA
=
(2)
(3)
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2.
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:
·
·
·
·
sin sin
; .

sin sin
ADB AB CAD CD
DB CA
BAD ACD
= =
Do đó:
·
·
sin
. .
sin
CAD AB CD
CA DB
BAD
=
·
·
( )
0
180BDA ADC
+ =
(4)
Tương tự, ta cũng có:
·
·
sin
. .
sin
BCF CA BF
BC FA

FCA
=
(5)
·
·
sin
. .
sin
ABE BC AE
AB EC
EBC
=
(6)
Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3.
Giả sử 1.3 đúng, ta gọi:
1
, .P CF BE D AP BC
= =
I I
Theo 1.1 và 1.2, ta có:
1
1
. . . . 1
CD
AE BF AE CD BF
EC D B FA EC DB FA
= =
hay
1
1

.
CD
CD
D B DB
=
Do đó:
1
D D
≡
Nhận xét.
Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường
trung tuyến, đường cao, đường phân giác trong của tam giác
đồng quy tại một điểm. Các điểm đó lần lượt là trọng tâm (G),
trực tâm (H), tâm đường tròn nội tiếp tam giác (I). Nếu đường
tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA lần lượt là tại F, D,
E. Khi đó, ta có: AE=AF; BF=BD; CD=CF. Bằng định lý Ceva,
ta chứng minh được AD, BE, CF đồng quy tại một điểm, điểm
đó gọi là điểm Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).
Lưu ý: Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao
điểm nằm ngoài tam giác ABC mà không nhất thiết
phải nằm trong nó. Vì vậy, các điểm D, E, F có thể nằm
ngoài các cạnh BC, CA, AB.
Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva.
Bài toán. [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình
vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm trên cạnh
BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình
vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và
AB. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy.
Lời giải:
Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2

được xác định tương tự.
Theo định lý hàm số sin, ta có:
·
·
1 1
1
1
sin
sin
SA SAA
AA
A SA
=
hay
·
µ
( )
1 2
0
1
sin
sin 45
SA BAA
AA
B
=
+
Tương tự:
·
µ

( )
1 2
0
1
sin
sin 45
TA CAA
AA
C
=
+
hay
µ
( )
·
0
1
1
2
sin 45
sin
C
AA
TA
CAA
+
=
Do đó, ta được
·
·

µ
( )
µ
( )
0
2 1 1
0
1 1
2
sin 45
sin
. . 1.
sin
sin 45
C
BAA AA SA
TA AA
CAA
B
+
= =
+
(1)
Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được:
·
·
µ
( )
µ
( )

0
2
0
2
sin 45
sin
. 1.
sin
sin 45
B
BCC
ACA
A
+
=
+
·
·
µ
( )
µ
( )
0
2
0
2
sin 45
sin
. 1.
sin

sin 45
A
ABB
CBB
C
+
=
+
(1)
(2)
Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp
định lý Ceva ta được điều cần chứng
minh.
Bài tập áp dụng:
1. Qua các điểm A và D nằm trên đường tròn kẻ các đường tiếp
tuyến, chúng cắt nhau tại điểm S. Trên cung AD lấy các điểm A
và C. Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm P, các
đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng
đường thẳng PQ chứa điểm O.
2. Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh
vuông. A1, B1, C1, là trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối
nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng các
đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy.
Định lý Menelau là một định lý về các tam giác
trong hình học phẳng. Cho tam giác ABC. D, E, F
lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB.
Khi đó định lý phát biểu rằng D, E, F thẳng hàng
khi và chỉ khi

Phần thuận:
Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được:
·
·
·
·
·
·
sin sin sin
; ;
sin sin sin
AH AGH BF BHF CG GFC
GA HB FC
AHG HFB CGF
= = =
với lưu ý:
·
·
·
·
·
·
sin sin ;sin sin ;sin sin .AGH CGF AHG BHF HFB GFC
= = =
Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh.
Phần đảo: Gọi
' .F GH BC
=
I
Hoàn toàn tương tự ta có được:

( )
'
. . . . 1 .
'
AH BF CG AH BF CG
HB F C GA HB FC GA
= = −
hay
'
'
BF BF
F C FC
=
=>
'.F F
≡
Nhận xét. Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán.
Nhiều định lý nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ
định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được
nêu ở phần bài tập dưới đây).
Ví dụ:
Cho A, B, C, D, E, F là các điểm nằm trên một
đường tròn (có thể ko xếp theo thứ tự như
trên). Gọi
, , .P AB DE Q BC EF R CD FA
= = =
I I I, , .P AB DE Q BC EF R CD FA
= = =
I I I
, , .P AB DE Q BC EF R CD FA

= = =
I I I
Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng.
Chứng minh:
Gọi
, , .X EF AB Y AB CD Z CD EF
= = =
I I I
Áp dụng định lý Menelaus cho BC, DE, FA
(đối với tam giác XYZ),
ta có:
( )
. . . . . . 1 .
ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA
QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY
= = = −
P
Y
Z
R
Q
O
F
A
C
D
E
B
X
Do đó:

. . 1
ZQ XP YR
QX PY RZ
=−
Theo định lý Menelaus ta được
P, Q, R thẳng hàng.
1. Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC,
A1, B1, C1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P
xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng A1, B{1, C1 thẳng
hàng.
2. Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của
góc vuông C, còn trong tam giác ACKkẻ đường phân
giácCE. D làtrung điểm của đoạn AC, F là giao điểm của
các đường thẳng DE và CK. Chứng minh BF//CE.
3. Các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O.
Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng AB và
A1B{1, BC và B1C1, CA và C1A1 nằm trên một đường
thẳng.
4. Cho hai tam giác ABC, A’B’C’. Nếu các đường thẳng AA’, BB’,
CC’ đồng quy tại một điểm O, thì các điểm P, Q, R thẳng hàng,
trong đó
' ', ' ', ' '.P BC B C Q CA C A R AB A B
= = =
I I I
I ,Đẳng thức Ptolemy:
Cho tứ giác nội tiếp đường tròn . Khi đó

Chứng minh:
Lấy thuộc đường chéo sao cho
Khi đó xét và

Có :
Nên đồng dạng với:
Do đó ta có:
Lại có
Và: Nên
Suy ra: hay
Từ và suy ra:
Vậy đẳng thức Ptô –lê- mê được chứng minh
AC.BD=AB.CD+AD.BC

II. Bất đẳng thức Ptolemy.
•
Dựng điểm M sao cho. .
•
ta có
•
Suy ra BA.CD = MA.BD (1)
•
Mặt khác, do có
•
và ∠MBC = ∠ABD
•
Từ đó
•
• Suy ra AD.BC = MC.BD (2)

Cộng (1) và (2) ta suy ra AB.CD + AD.BC = BD.(MA+MC)
•
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy ra AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD.
BA BD

=
MA CD
BA BM
=
BD BC
BCD BMA∆ ∆:
MBC ABD∆ ∆:
MC AD
=
BC BD
III .Định lí Ptolemy tổng quát
•
Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác nội tiếp đường tròn . M là một điểm
thuộc cung (Không chứa )
•
Khi đó:
•
Trong đó:
•
Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THPT.
•
IV. Ứng dụng của định lý Ptolemy
•
Chứng minh:
•
Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ACDE
• DE·AC + DC·AE ≥ DA·CE.
• DE = DC => DE(AC + AE) ≥ DA·CE hay.
•
Tương tự và

• Cộng các bất đẳng thức lại và áp dụng bất đẳng thức Nesbit :
Dấu = xảy ra  dấu = ở 3BĐT Ptolemy và ở BĐT Nesbitt.
Dấu = ở BĐT Nesbit xảy ra đều
. Vì ACDE nội tiếp . Tương tự
(Các cân.)
•  ABCDEF là lục giác đều.
Bài toán 1: (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF
= FA. Chứng minh rằng Dấu bằng xảy ra khi nào?
BC DE FA 3
+ +
BE DA FC 2
≥
DE CE
DA (AC + AE)
≥
FA EA
FC CE + CA
≥
BC EA
BE EA + EC
≥
BC DE FA CE EA CA 3
+ + + +
BE DA FC AC + AE CE + CA EA + EC 2
≥ ≥
ACE⇔ ∆
¼
60CAE⇔ = °
¼
CDE 120= °

¼
¼
¼
ABC = AFE = EDC = 120°
ABC = CDE = EFA⇒ ∆ ∆ ∆
ΔABC,ΔCDE,ΔEFA

Chứng minh:

M thuộc cung BC không chứa A

Theo định lý Pt ô-lê-mê


Áp dụng BĐT B.C.S, ta có:

Từ (1) và (2)
Dấu “=“ xảy ra:
ABC
≤
MA+ MB + MC EF
MA.BC = MB.CA + MC.AB⇒
AC AB
MA = MB. + MC.
BC BC
⇒
MA + MB + MC⇒
CA AB
= MB. 1+ + MC. 1+
BC BC

   
 ÷  ÷
   
BC +CA BC +AB CF +CA BE + AB AF AE
= MB + MC. = MB. + MC. = MB + MC (1)
BC BC BC BC BC BC
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
AF AF AE EF EF(2)
MB MC MB MC BC
AE
BC BC BC BC BC
 
+ ≤ + + + = + =
 ÷
 
⇒ ≤MA+ MB + MC EF
¼
¼
⇔ ⇔ ∆ ∆ ⇔
MB AF
= MBC AFE MBC = AFE
MC AE
:
•
Chứng minh:
Đặt
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác

•
nội tiếp và ta có:
•
• Từ (1) và (2) ta được:
Mặt khác ta lại có:
Tương tự :
• Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có:
•
Chứng minh tương tự ta được:
Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh.
I.Định lý Simson
Chứng minh:
Tứ giác nội tiếp:
Tứ giác nội tiếp
Tứ giác APCB nội tiếp
thẳng hàng
Định lý đảo:
Cho tam giác ABC.P là một điểm trong mặt phẳng tam giác
không trùng với các đỉnh của tam giác.Gọi P
1
, P
2
, P
3
là hình
chiếu của P trên các cạnh BC, AC và AB. Khi đó P thuộc
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi P
1
, P
2

, P
3

thẳng hàng. (Đường thẳng đi qua 3 điểm P
1
, P
2
, P
3
được gọi là
đường thẳng Simson
của tam giác ABC ứng với điểm P)
Cách chứng minh tương tụ chứng minh định lý thuận
1 2
P CPP
¼
¼
2 1 1
CP P = P PC
⇒
3 2
AP PP
¼
¼
3 2 3
P P A = APP⇒
¼
¼
3
P AP PCB⇒ =

¼
¼
¼
¼
¼
¼
1 3 3
P PC PCB APP P AP CP2P1 P3P2A+ = + => =
1 2 3
P ,P ,P⇒
II. Hệ quả của định lý Simson: (đường thẳng Steinner
Đã có một mở rộng khá quen thuộc của định lý này, đó là: các điểm đối xứng của một
điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp một tam giác qua 3 cạnh của tam giác đó thuộc một
đường thẳng và đường thẳng đó đi qua trực tâm của tam giác.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một điểm thay đổi trên đường tròn. Gọi D, E , F
là điểm đối xứng của P qua AB, AC và BC. Chứng minh rằng D, E, F cùng thuộc một đường
thẳng và đường thẳng đó luôn qua trực tâm H của tam giác ABC
• (Đường thẳng này được gọi là đường thẳng Steiner).
•
Ta chỉ cần chứng minh DE đi qua H.
•
Gọi H1 là giao điểm của CH và (O), H2 là giao
• điểm của BH và (O). Khi đó ta có H và H1 đối
• xứng nhau qua AB; H và H2 đối xứng nhau qua
•
AC.
•
Ta có D đối xứng với P qua AB, H đối xứng với
• H1 qua AB, suy ra AHD =∠
•

Tương tự ta cũng có AHE =∠
•
Do đó DHE = AHD + AHE = AH1P + ∠ ∠ ∠ ∠
• = 180. Suy ra D, H, E thẳng hàng.
•
Chứng minh tương tự ta cũng có D, H, F thẳng hàng.
•
Vậy D, E, F cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó luôn đi qua trực tâm H của tam
giác ABC
2
AH P∠
1
AH P∠
2
AH P∠
đường thẳng Simson
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), P là một điểm thuộc đường tròn, lấy Q
thuộc (O) sao cho đường thẳng CQ và CP đối xứng nhau qua phân giác góc C. Khi
đó CQ vuông góc với đường thẳng simson của tam giác ABC ứng với điểm P.
1 2 2 1 1 1
2 1
P P C + P CP = P PC + PCP = 90
P P C = 90
CQ
∠ ∠ ∠ ∠
⇒ °
⇒ ⊥
ABC
∆