Định lý ceva và định lý menelaus

nh lý Ceva và nh lý MenelausĐị Đị
Hôm nay chúng ta sẽ học về hai định lý hình học, đó là định lý Ceva và định lý Menelaus. Hai
định lý này được dùng rất nhiều trong hình học phẳng bởi vì chúng cho phép chúng ta chứng
minh về các điểm thẳng hàng và cácđường thẳng đồng quy. Chúng ta sẽ sử dụng một định lý
về tỷ lệ diện tích tam giác để chứng minh hai định lý này. Cuối cùng, chúng ta sẽ mở rộng định lý
Ceva và định lý Menelaus cho các đa giác bất kỳ.
Chúng ta phát biểu hai định lý.
Định lý Ceva: Cho tam giác ABC và ba điểm A′, B′, C′ lần lượt nằm trên ba đường
thẳng BC, CA, AB. Vậy thì ba đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy khi và chỉ khi
A′B→A′C→×B′C→B′A→×C′A→C′B→=−1.
Định lý Menelaus: Cho tam giác ABC và ba điểm A′, B′, C′ lần lượt nằm trên ba đường
thẳng BC, CA, AB. Vậy thì ba điểm A′, B′, C′ thẳng hàng khi và chỉ khi
A′B→A′C→×B′C→B′A→×C′A→C′B→=1.
Tỷ lệ có dấu
Trước hết, chúng ta giải thích về ký hiệu mà chúng ta đã dùng trong hai định lý. Ký hiệu A′B→A
′C→ được gọi là tỷ lệ có dấu. Chúng ta nhìn hình vẽ dưới đây. Trong hình vẽ này chúng ta thấy
rằng tỷ lệ thông thường là UXUY=2, tuy nhiên, tỷ lệ có dấu lại là UX→UY→=−2. Đó là
vì UX→ và UY→ có hướng ngược nhau.
Tỷ lệ thông thường thì bao giờ cũng là số dương. Nhưng tỷ lệ có dấu, có thể là số âm, cũng có
thể là số dương. Tỷ lệ có dấu UX→UY→ là số dương nếu UX→ và UY→ có cùng hướng, và
là số âm nếu UX→ và UY→ có ngược hướng.
Vì sao chúng ta cần tỷ lệ có dấu?
Đó là vì tỷ lệ thông thường không thể dùng để xác định được một điểm duy nhất trên đường
thẳng. Trong khi đó tỷ lệ có dấu lại có ưu điểm này.
Chúng ta lấy ví dụ. Giả sử trên đường thẳng XY, chúng ta cần xác định điểm Z sao
cho ZXZY=2.
Nhìn hình vẽ trên đây, nếu dùng tỷ lệ thông thường, thì chúng ta có thể tìm được hai điểm thoã
mãn, đó là U và Vbởi vì
UXUY=VXVY=2.
Nếu chúng ta dùng tỷ lệ có dấu, thì chỉ có duy nhất một điểm V thoã mãn VX→VY→=2.
Điểm U sẽ không thoã mãn bởi vì UX→UY→=−2≠2.

Diện tích có dấu
Tương tự như tỷ lệ có dấu, chúng ta có thể định nghĩa diện tích có dấu. Diện tích thông thường
thì bao giờ cũng là số dương, nhưng diện tích có dấu có thể là số âm, cũng có thể là số dương,
phụ thuộc vào chiều quay của các đỉnh.
Trong mặt phẳng, nếu chúng ta vẽ một hệ trục tọa độ 0xy thì mọi điểm A trong mặt phẳng sẽ có
toạ độ (Ax,Ay). Chúng ta định nghĩa
[A,B]=AxBy−AyBx
và diện tích có dấu của tam giác ABC là
s¯(ABC)=12([A,B]+[B,C]+[C,A]).
Ở hình vẽ trên, chúng ta có tọa độ của các điểm là A(−5,2), B(−3,7), C(3,2). Các bạn có thể
tính được
[A,B]=AxBy−AyBx=(−5)(7)−(2)(−3)=−29,
[B,C]=BxCy−ByCx=(−3)(2)−(7)(3)=−27,
[C,A]=CxAy−CyAx=(3)(2)−(2)(−5)=16.
Do đó
s¯(ABC)=12([A,B]+[B,C]+[C,A])=12(−29−27+16)=−20.
Trong khi đó [A,C]=−16, [C,B]=27, [B,A]=29 và s¯(ACB)=20.
Định lý về tỷ lệ diện tích
Bây giờ chúng ta sẽ phát biểu về một định lý đơn giản về tỷ lệ diện tích mà chúng ta sẽ dùng để
chứng minh định lý Ceva và định lý Menelaus.
Định lý về tỷ lệ diện tích. Cho hai tam giác ABU và ABV có cùng một cạnh chung AB.
Đường thẳng nối hai đỉnh UV cắt đường thẳng AB tại điểm T. Vậy thì
s¯(ABU)s¯(ABV)=TU→TV→.
Định lý này khá là hiển nhiên nếu chúng ta chỉ quan tâm đến tỷ lệ thông thường (không có dấu).
Đó là vì nếu chúng ta kẻ các đường cao UU′ và VV′ xuống đường thẳng AB thì
s(ABU)s(ABV)=AB×UU′/2AB×VV′/2=UU′VV′=TUTV.
Chứng minh Định lý Ceva và Định lý Menelaus
Dùng định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có cách chứng minh rất đơn giản và thú vị cho Định lý
Ceva và Định lý Menelaus.
Chứng minh Định lý Ceva. Giả sử ba đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy tại điểm I. Vậy thì

theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có
A′B→A′C→=s¯(IAB)s¯(IAC), B′C→B′A→=s¯(IBC)s¯(IBA), C′A→C
′B→=s¯(ICA)s¯(ICB).
Vậy
A′B→A′C→×B′C→B′A→×C′A→C
′B→=s¯(IAB)s¯(IAC)×s¯(IBC)s¯(IBA)×s¯(ICA)s¯(ICB)
=(−s¯(IAB)s¯(ICA))×(−s¯(IBC)s¯(IAB))×(−s¯(ICA)s¯(IBC))=−1.
Trường hợp ngược lại, nếu
A′B→A′C→×B′C→B′A→×C′A→C′B→=−1,
chúng ta cần chứng minh rằng ba đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy. Giả sử AA′ và BB′ cắt
nhau tại I. Gọi C′′ là giao điểm của CI và AB, chúng ta cần chứng minh C′′=C′. Thực vậy, bởi
vì AA′, BB′, CC′′đồng quy nên theo như những gì chúng ta vừa chứng minh xong thì
A′B→A′C→×B′C→B′A→×C′′A→C′′B→=−1
do đó
C′′A→C′′B→=C′A→C′B→.
Vì tỷ lệ có dấu xác định duy nhất một điểm trên đường thẳng AB cho nên C′=C′′.
Vậy chúng ta chứng minh xong định lý Ceva.
Chứng minh Định lý Menelaus. Giả sử ba đường thẳng A′, B′, C′ thẳng hàng. Chúng ta lấy bất
kỳ hai điểm Ivà J nằm trên đường thẳng A′B′C′. Theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có
A′B→A′C→=s¯(IJB)s¯(IJC), B′C→B′A→=s¯(IJC)s¯(IJA), C′A→C
′B→=s¯(IJA)s¯(IJB).
Vậy
A′B→A′C→×B′C→B′A→×C′A→C
′B→=s¯(IJB)s¯(IJC)×s¯(IJC)s¯(IJA)×s¯(IJA)s¯(IJB)=1.
Trường hợp ngược lại thì chứng minh tương tự như định lý Ceva.
Như vậy chúng ta đã chứng minh xong định lý Ceva và định lý Menelaus. Các bạn học cấp 2
chưa học về tỷ lệ có dấu và diện tích có dấu thì vẫn có thể dùng cách chứng minh này được
bằng cách sử dụng tỷ lệ thông thường vàdiện tích thông thường. Riêng đối với định lý Menelaus,
thay vì dùng tỷ lệ diện tích, các bạn có thể sử dụng tỷ lệ đường cao hạ từ các
đỉnh A, B, C xuống đường thẳng A′B′C′.

Mở rộng Định lý Ceva và Định lý Menelaus
Chúng ta thấy cách chứng minh ở trên rất đơn giản, nhưng thú vị ở chỗ là chúng ta dễ dàng mở
rộng được Định lý Ceva và Định lý Menelaus cho một đa giác bất kỳ.
Ví dụ dưới đây là định lý Ceva và định lý Menelaus cho ngũ giác.
Định lý Ceva cho ngũ giác. Cho ngũ giác A1A2A3A4A5 và năm điểm B1, B2, B3, B4, B5 lần
lượt nằm trên năm đường thẳng A5A2, A1A3, A2A4, A3A5, A4A1. Nếu các đường
thẳng A1B1, A2B2, A3B3, A4B4, A5B5 đồng quy thì
B1A5→B1A2→×B2A1→B2A3→×B3A2→B3A4→×B4A3→B4A5→×B5A4→B5A1→=−1.
Chứng minh. Giả sử năm đường thẳng A1B1, A2B2, A3B3, A4B4, A5B5 đồng quy tại điểm I thì
theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có
B1A5→B1A2→×B2A1→B2A3→×B3A2→B3A4→×B4A3→B4A5→×B5A4→B5A1→
=s¯(IA1A5)s¯(IA1A2)×s¯(IA2A1)s¯(IA2A3)×s¯(IA3A2)s¯(IA3A4)×s¯(IA4A3)s¯(IA4A5)×s¯
(IA5A4)s¯(IA5A1)
=(−s¯(IA5A1)s¯(IA1A2))(−s¯(IA1A2)s¯(IA2A3))(−s¯(IA2A3)s¯(IA3A4))
(−s¯(IA3A4)s¯(IA4A5))(−s¯(IA4A5)s¯(IA5A1))=−1.
Định lý Menelaus cho ngũ giác. Cho ngũ giác A1A2A3A4A5 và năm
điểm B1, B2, B3, B4, B5 lần lượt nằm trên năm đường thẳng A1A2, A2A3, A3A4, A4A5, A5A1.
Nếu các điểm B1, B2, B3, B4, B5 thẳng hàng thì
B1A1→B1A2→×B2A2→B2A3→×B3A3→B3A4→×B4A4→B4A5→×B5A5→B5A1→=1.
Chứng minh. Giả sử năm điểm B1, B2, B3, B4, B5 nằm trên cùng một đường thẳng, chúng ta
lấy bất kỳ hai điểm I, J trên đường thẳng này thì theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có
B1A1→B1A2→×B2A2→B2A3→×B3A3→B3A4→×B4A4→B4A5→×B5A5→B5A1→
=s¯(IJA1)s¯(IJA2)×s¯(IJA2)s¯(IJA3)×s¯(IJA3)s¯(IJA4)×s¯(IJA4)s¯(IJA5)×s¯(IJA5)s¯(IJA
1)=1.
Bây giờ chúng ta phát biểu định lý Ceva và định lý Menelaus cho đa giác bất kỳ.
Định lý Ceva cho đa giác. Cho đa giác n-cạnh A1A2…An và n điểm B1, , Bn, trong đó
điểm Bi nằm trên đường thẳng Ai−1Ai+1. Nếu n đường thẳng A1B1, A2B2, , AnBn đồng quy
thì
∏i=1nBiAi−1→BiAi+1→=(−1)n.

Định lý Menelaus cho đa giác. Cho đa giác n-cạnh A1A2…An và n điểm B1, , Bn, trong đó
điểm Bi nằm trên đường thẳng AiAi+1. Nếu các điểm B1, B2, , Bn thẳng hàng thì
∏i=1nBiAi→BiAi+1→=1.
Như vậy hôm nay chúng ta đã học về định lý Ceva và định lý Menelaus. Cả hai định lý được
chứng minh nhờ sử dụng một định lý về tỷ lệ diện tích tam giác. Cách chứng minh này thật là hay
vì nó cho phép chúng ta mở rộng hai định lý này cho đa giác bất kỳ.
Chúng ta tạm dừng ở đây. Xin hẹn gặp lại các bạn ở kỳ sau.
Bài tập về nhà.
1. Ở trong hình dưới đây, chứng minh rằng
UBUC=VBVC.
2. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh AB=c, BC=a, CA=b. Giả sử đường tròn nội tiếp tam
giác tiếp xúc với các cạnh ở các điểm A′, B′, C′. Tính các độ dài AB′, AC′, BA′, BC′, CA′, CB
′ theo a, b, c. Chứng minh rằng ba đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy.
3. Mở rộng định lý Menelaus cho trường hợp các điểm trong không gian. Chẳng hạn với 4 điểm
chúng ta có bài toán sau.
Cho tứ diện ABCD. Một mặt phẳng cắt các đường thẳng AB, BC, CD, DA tại các
điểm X, Y, Z, T. Chứng minh rằng
XA→XB→×YB→YC→×ZC→ZD→×TD→TA→=1.
4. Lấy ví dụ một vài điểm A, B, C trên hệ trục toạ độ 0xy rồi tính diện tích có dấu s¯(ABC). Các
bạn có phát hiện ra khi nào thì s¯(ABC) là số dương và khi nào s¯(ABC) là số âm không?
5. Lấy ví dụ một vài điểm A, B, C nằm thẳng hàng trên hệ trục toạ độ 0xy rồi tính diện tích có
dấu s¯(ABC).
6. Chứng minh rằng [A,B]=−[B,A], [A,A]=0 và s¯(ABC)=−s¯(ACB).
7. Gọi O là tâm điểm của hệ trục toạ độ 0xy. Chứng minh rằng
s¯(OAB)=12[A,B], s¯(OBC)=12[B,C], s¯(OCA)=12[C,A],
từ đó suy ra
s¯(ABC)=s¯(OAB)+s¯(OBC)+s¯(OCA).
Sử dụng hằng đẳng thức trên để chứng minh rằng với mọi điểm M, chúng ta có
s¯(ABC)=s¯(MAB)+s¯(MBC)+s¯(MCA)
8. Lấy ví dụ một vài điểm A, B, C, D trên hệ trục toạ độ 0xy rồi tính diện tích có dấu

s¯(ABCD)=12([A,B]+[B,C]+[C,D]+[D,A]).
Kiểm tra xem diện tích thông thường s(ABCD) có tương xứng với diện tích có
dấu s¯(ABCD) không.
Mở rộng khái niệm diện tích có dấu cho một đa giác bất kỳ.