Định lí MENELAUS và ứng dụng

TR NG I H C TÂY NGUYÊNƯỜ ĐẠ Ọ



CHUYÊN ĐỀ
ĐỊNH LÝ
MENELAUS VÀ ỨNG DỤNG
Sinh viên: Vũ Nhật Anh
Lớp: SP Toán K11
Mã HSSV: 11101006

1. ĐỊNH LÍ MENELAUS

(MÊ-NÊ-LA-UÝT)
Menelaus of Alexandria sinh khoảng năm 70 và mất khoảng năm 130, những
gì được biết về cuộc đời ông là ít. Tuy nhiên, thông qua một số tác phẩm khoa học
của những người sau, Platon chẳng hạn, thì ông là nhà toán học và thiên văn học
nổi tiếng của Ai Cập thời bấy giờ.
1. 1. Định lí Menelaus:
Cho tam giác ABC. Trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB, ta lấy
các điểm P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi:

. . 1
BR AQ PC
AR QC BP
=
(1)
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 lí Thales, ta có:

.
.
AL AQ CP AQ
AL
CP CQ CQ
= ⇔ =
. 1.
BR BP BR AL
AR AL AR BP
= ⇔ =
Thay AL ở đẳng thức thứ nhất vào đẳng thức thứ hai ta được điều phải
chứng minh.
A
R Q
L
P
B
C
Phần đảo: Giả sử (1) xảy ra. Gọi Q’ là giao điểm của RP và cạnh AC. Khi
đó, theo phần thuận, ta có:
'
. . 1.
'
BR AQ PC
AR Q C BP
=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
'
.

'
AQ AQ
Q C QC
=
Vậy Q ≡ Q’, điều phải chứng minh.
Định lí Menelaus (phần đảo) thường được sử dụng để chứng minh tính
thẳng hàng của các giao điểm của một số đường thẳng.
1. 2. Định lí Menelaus, dạng mở rộng
Cho tam giác ABC. Một đường thẳng ( d) bất kì cắt đường thẳng BC, CA,
AB lần lược tại P, Q, R. Khi đó:
. . 1 . . 1
BR AQ PC BR AQ PC
AR QC BP AR QC PB
= ⇔ = −
(1)
Đảo lại, giả sử các điểm P, Q, R tương ứng năm trên các đường thẳng BC,
CA, AB của tam giác ABC sao cho (1) được thỏa. Lúc đó, P, Q, R thẳng hàng.
Chứng minh: Giả sử (1) được thỏa. 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:

1
1
. . 1 . .

BC AQ PC BR AQ PC
AC QC BP AR QC BP
= =
, suy ra
1
1
BC BR
m
AC AR
= =
.
Để chứng minh C
1
≡ R, ta để ý rằng phương trình
( )
1
BX
m m
AX
= ≠
Có không quá một nghiệm khi A ≠ B. Thật vậy, chọn gốc tọa độ là A, trục tọa độ
AB với chiều dương là chiều từ A đến B. cho tọa độ của X là x, tọa độ của điểm A
là
a
, lúc đó phương trình trên trở thành:
1
x ma
m x
x a m
= ⇔ =

− −
.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
2. BÀI TẬP ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ MENELAUS.
Bài 1: (Olympic toán học Canada, 2007)
Cho tam giác ABC với AB > AC. Gọi P là giao điểm của đường trung trực
của BC và đường phân giác trong của góc A. Dựng các điểm X trên AB và Y trên
AC sao cho PX vuông góc với AC. Gọi Z là giao điểm của XY và BC. Xác định
giá trị trị tỉ số BZ / ZC.
Giải

Vì
PAX PAY
∠ = ∠
và
0
90PXA PYA
∠ = ∠ =
nên các tam giác
PAX
∆
và
PAY
∆
bằng nhau,
suy ra AX = AY và PX = PY. Do P nằm trên
trung trực của BC, ta có PC = PB.
Như thế,
PYC
∆

và
PXB
∆
là hai tam giác
vuông bằng nhau, suy ra CY = BX.
Vì X, Y, Z thẳng hàng, áp dụng Định lí Menelaus ta được:
. . 1
AY CZ BX
YC ZB XA
=
.
Nhưng AX = AY và CY = BX nên đẳng thức này cho ta:
BZ = ZC = 1.
Vậy tỉ số BZ/ZC bằng 1.
Bài 2: (Olympic toán học 30 – 4 lần thứ 6 TP.HCM, Việt Nam)
Cho tam giác ABC có diện tích S
o
= 1. Trên các cạnh BC, CA, AB lấy các
điểm M, N, P sao cho
1 2 3 1 2 3
, k , ,( , , 1)
MB NC PA
k k k k k
MC NA PB
= = = <
Tính diện tích tam giác tạo bởi 3 đoạn thẳng AM, BN và CP.
Giải
Gọi EIF là tam giác tạo bởi 3 đoạn thẳng AM, BN, CP. Ta có:
2 2
0 2 2

,
1 1
BCN BCF
BCN
BCN
S S
CN k k BF
S
S CA k k S BN
= = ⇒ = =
+ +
.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ABN với
đường PCF, ta có:
. . 1
FB CN PA
FN CA PB
=
, suy ra
2 2
2 3 2 2 3
1 1
1
FB k BF k
FN k k BN k k k
+ +
= ⇒ =
+ +
,
từ đó

2
0
2 2 3
S
1
BCF
k
S
k k k
=
+ +
.
Chứng minh tương tự ta cũng có:
3
3 1 3
1
ACF
k
S
k k k
=
+ +
,
1
1 1 2
1
ABE
k
S
k k k

=
+ +
.
Vậy ta có:
A
C
P
B
C
M
I
E
F
3
2 1
2 2 3 3 1 3 1 1 2
1
1 1 1
kk k
S
k k k k k k k k k
 
= − + +
 ÷
+ + + + + +
 
.
Bài 3. (Thi vô địch quốc gia Ba Lan, 1999).
Gọi D là điểm nằm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho AD > BC. Gọi E là
điểm nằm trên cạnh AC sao cho

AE BD
EC AD BC
=
−
.
Chứng minh rằng AD > BE.
Giải
Gọi F là điểm nằm trên đoạn thẳng AD sao
cho FA = BC, giả sử BF cắt AC tại E’. theo
định lí hàm sin ta có
sin AF ' sin
' . .
sin ' sin '
E DFB
AE FA CB
FF A CE F
∠ ∠
= =
∠ ∠
,
sin 'BC sin
'C . .
sin ' sin '
E FBD
E CB CB
CE B CE F
∠ ∠
= =
∠ ∠
,

Suy ra
' sin
'C sin
AE DFB DB BD AE
E FBD FD AD BC EC
∠
= = = =
∠ −
,
Do đó E’ trùng E.
Gọi l là đường thẳng qua A và song
song với BC. Trên tia BC, lấy điểm G sao
cho
A
F
DB
E’
C
G
A
F
DB
E
C
H
BG = AD và CG = FD, và cho các đường thẳng GE và l giao nhau tại H.
Haiu tam giác FCG và EAH đồng dạng, nên
. .
AE AE
AH CG FD

EC EC
= =
,
Theo định lí Menelaus, áp dụng cho tam giác CAD và dường thẳng EFB, ta
có
.AF.DB
1
. .
AE CE
EC EA FD BC
=
. Như vậy:
.
. . .
.
AE AF DB AF
AH FD FD DB DB
EC FD BC BC
= = = =
,
Suy ra tứ giác BDAH là hình bình hành và BH = AD. Do vậy, tam giác BHG cân,
với BH = BG = AD. Vì đoạn thẳng BE là một Cevian trong tam giác này. Nên phải
có BE < AD, điều phải chứng minh.
Bài 4 (Balkan, Senior, 1999)
Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Lấy điểm X trên AB và Y trên AC
sao cho trọng tâm G của tam giác ABC nằm khác phía với B và C so với đường
thẳng XY. Chứng minh rằng
[BXGY] + [CYGX] ≥ 4/9,
ở đây, [.] là kí hiệu diện tích. Khi nào đẳng thức xảy ra?
Giải

Ta có [BXGY] + [CXGY] = 2[XGY] + [BXY] + [CXY].
Gọi M là trung điểm BC. Khi đó, khảng cách từ M đến đường thẳng XY bằng
trung bình cộng của hai khoảng cách từ B và C đền XY, do đó: [BXY] + [CXY] =
2[MXY].
Suy ra [BXGY] + [CXGY] = 2[XGY]
= 2[GXM] + 2[GYM] = [AXG] + [AYG] (do AG =
2GM).
Chọn hai điểm B’ trên AB và C’ trên AC sao cho
B’C’ // BC và B’C’ đi qua G. Hai tam giác AB’C’ và
ABC đồng dạng theo tỉ lệ 2/3 nên [AB’C’] = 4/9. Như
vậy, ta cần chứng minh
[AXG] + [AYG] ≥ [AB’C’].
Nếu điểm X nằm giữa hai điểm B, B’ và Y nằm
giữa hai điểm C, C’ thì khảng cách từ X đến AG
lớn hơn khoảng cách từ B’ đến AG, do đó
[AXG] > [AB’G]. Tương tự, [AYG] > [AC’G]
do đó, trong trường hợp này ta có (*) được thỏa
mãn
Giả sử X nằm giữa A và B’. Giả sử XG
cắt AC tại Y’. Lúc đó, do G nằm khác phía với
B và C so với đường thẳng XY nên Y nằm giữa
Y’ và C. Suy ra [GYC’] ≥ [GY’C’], như vậy,
trong trường hợp này ta cần chứng minh [AXY’] ≥ [AB’C’], nghĩa là chứng minh
[XGB’] ≤ [Y’GC’],
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác AB’C’ và đường thẳng XGY’, ta
có
' ' '
1
' ' '
XB GC Y A

XA GB Y C
=
,
A
C
B’
C
’
Y
B
M
X
G
A
C
B’
C’
Y’
B
M
X
G
Y
Hay
' ' '
. 1
'
XB Y C
XA Y A
=

, vì G là trung điểm B’C’, Suy ra
AB’/AC’ ≥ AX/AY’ = XB’/Y’C’.
Gọi h
B
là khoảng cách từ G đến AB và h
C
là khoảng cách từ G đến AC. Ta có
h
B
AB’/h
C
AC’ = [AGB’]/[AGC’] = 1, nên h
C
/h
B
= AB’/AC’. Suy ra h
C
/h
B
≥
XB’/Y’C’, do đó [Y’GC’] ≥ [XGB’], là điểm cần chứng minh.
Để có đẳng thức, ta phải có X ≡ B’ và Y ≡ C’. Nói cách khác, đẳng thức xảy
ra nếu và chỉ nếu XY // BC và XY đi qua G.
Bài 5. (Olympic Bulgaria, vòng 3, 1998)
Cho tứ giác ABCD có AD = CD và
0
90DAB ABC
∠ = ∠ <
. Qua D, kẻ đường thẳng
nối trung điểm đoạn BC, đường thẳng này cắt đường thẳng AB tại E. Chứng minh

rằng
BEC DAC
∠ = ∠
.
Giải
Gọi M là trung điểm BC, giả sử AD cắt
BC tại N, AN cắt EC tại P áp dụng định
lí Menelaus cho các tam giác DMN,
AEN ta có
DP.NC.ME = PN.CM.ED và
DA.NB.ME = AN.BM.ED. Kết hợp các
đẳng thức này với
AN = BN, BE = CE, AD = CD
Ta được DP. NC = DC.PN. Vậy CP là phân giác của
DCN
∠
.
Từ đó ta có
( )
1
2
ACP ACD DCP NDC DCN NAB
∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠
,
Do đó
DCP CAB
∠ = ∠
, suy ra
BCE BAC
∠ = ∠

, từ đó:
BEC ABC BCE BAD DCP DAC
∠ = ∠ − ∠ = ∠ − ∠ = ∠
,
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài 6. (Bankal, Senior, 1995)
Cho hai đường tròn O và O’ gặp nhau tại A và B, sao cho OA O’A. OO’ cắt
hai đường tròn tại C, E, D, E, sao cho các điểm C,O, E, D, O’, F nằm trên đường
thẳng theo thứ tự đó, BE cắt đường tròn (tâm O) tại điểm thứ hai K và cắt CA tại
M, BD cắt đường tròn (tâm O’) tại điểm thứ hai L và cắt À tại N. Chứng minh rằng
'
.
KE LN O E
KM LD OD
=
,
Giải
Ta có
' 2 , ' 2AOO ACF AO O AFC
∠ = ∠ ∠ = ∠
. Mà
0 0
' 2 ' 180 ' 90AOO AO O OAO
∠ + ∠ = − ∠ =
,
Nên
0
45ACF AFC∠ + ∠ =
.
' 'CAL CAO OAO O AL

∠ = ∠ + ∠ + ∠
( )
0 0
90 90 1/ 2 'ACF AO L
= ∠ + + − ∠
0 0 0
180 180 180ACF ABL ACF ABD
= ∠ + − ∠ = ∠ + −∠ =
(để ý tam giác OAC cân và ACBD nội tiếp). suy ra C, A, L thẳng hàng. Tương tự
K, A, F thẳng hàng.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác CME và đường thẳng KAF, ta có
. . 1
KE AM FC
KM AC FE
=
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác FND và đường thẳng LAC, ta được
. . 1
LD AN CF
LN AF CD
=
.
Suy ra
'
.
KE LN AC FE AN EF AC AN O E
KM LD AM FC AF CD AM AF OD
= =
,
Do đó, chỉ cần chứng minh , tức là chứng minh MN//CF
Ta có

0 0
180 ( ) 135MAN CAF ACF AFC
∠ = ∠ = − ∠ + ∠ =
,
0
45MBN EBA ABD EFA ACD
∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ =
(để ý AFBE và ACBD nội tiếp). suy ra AMBN nội tiếp, từ đó
AMN ABN ABD ACD ACF∠ = ∠ = ∠ = ∠ = ∠
.
Suy ra MN//CF, điều phải chứng minh.
Bài 7: Trong tam giác ABC, gọi M là trung điểm của cạnh BC, cho AB = 12 và
AC = 16. Điểm E và F lấy lần lượt trên hai cạnh AC và AB sao cho AE = 2AF.
Các đường EF và AM cắt nhau tại G. Hãy tính tỉ số
EG
GF
.
Giải:
Kéo dài BC và FE cắt nhau tại H.
Áp dụng Định lí Menelaus vào
FBH∆
với
ba điểm G, A, M:
AF
. . 1
EF
GH MB
AB MH
=
(1)

Áp dụng Định lí Menelaus vào
ECH
∆
với
ba điểm G, A, M:
AE
. . 1
GH MC
GE AC MH
=
(2)
Vì MB = MC và EA = 2FA nên chia vế
theo vế của (1) cho (2) ta được:
1
. . 1
2
GE AC
GF AB
=
, hay
12 3
2. 2. .
16 2
GE AB
GF AC
= = =
Bài 8 : Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Trên AM lấy điểm I sao cho AI =
4MI. Đường thẳng BI cắt AC ở P. Tính tỉ số
PC
PA

.
Giải:
Áp dụng Định lí Menelaus trong
AMC
∆
với 3 điểm thẳng hàng B, I, P ta có:
. . 1.
PC IA BM
PA IM BC
=
Suy ra:
1
. .
2
PC IM BC
PA IA BM
= =
Bài 9: Cho tam giác ABC và ba điểm A
1
, B
1
, C
1
tương ứng nằm trên ba cạnh BC,
CA, AB sao cho các đường thẳng AA
1
, BB
1
cắt nhau tại O. Giả sử ba cặp đường
thẳng AB và A

1
B
1
, BC và B
1
C
1
, CA và C
1
A
1
lần lượt cắt nhau tại ba điểm C
2
, A
2
,
B
2
. Chứng minh rằng C
2
, A
2
, B
2
thẳng hàng.
Giải:
Áp dụng Định lí Menelaus vào các tam giác và
các điểm:
- Δ OAB và A
1

, B
1
, C
2
ta có:
1 1 2
1 1 2
AA
. . 1;
OB BC
OA BB AC
=
(1)
- Δ OBC và B
1
, C
1
, A
2
ta có:
1 1 2
1 1 2
. . 1;
OC BB CA
CC OB BA
=
(2)
- Δ OAC và A
1
, C

1
, B
2
ta có:
1 1 2
1 1 2
. . 1;
AA
OA CC AB
OC CB
=
(3)
Nhân (1), (2) và (3) vế theo vế ta được:
2 2 2
2 2 2
. . 1.
BC CA AB
AC BA CB
=
Áp dụng Định lí Menelaus (phần đảo) ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài 10: Cho tứ giác lồi ABCD thỏa điều kiện
90
O
BAD
∠ >
. Gọi M, N lần lượt là
hai điểm nằm trên BC và CD sao cho:
90
O
MAD NAB

∠ = ∠ =
. Chứng tỏ rằng nếu
MN và BD cắt nhau tại I thì
IA AC
⊥
.
Giải:
Để ý rằng nếu M
≡
C (hay N
≡
C) thì I
≡
D (hay I
≡
B). Lúc đó bài toán đúng.
Xét trường hợp I
≠
B, I
≠
D, áp dụng
Định lí Menelaus cho tam giác BCD với
bộ ba điểm M, N, I ta có:
. . 1.
MB NC ID
MC ND IB
=

3
1 1

2 3
sin
sin sin
. . 1 . . 1
sin sin sin
ANC
AMB AID
AMC AND AIB
S AD A
S S AB A AC A
S S S AD A AD A AB IAB
⇔ = ⇔ =
∠
1 3 1
sin .sin sin .sinA A A IAB
⇔ = ∠
(do sinA
2
= sinA
3
)
1 3 1 2 1 2
sin .sin cos( ).cos( )A A A A A A
⇔ = + +
1 3 1 3 1 2 3 1 3
1 1
[cos( ) cos( )] [cos( 2 ) cos( )
2 2
A A A A A A A A A
⇔ − − + = + + + +

1 2 3 1 3
[cos( 2 ) cos( )] 0A A A A A
⇔ + + + + =
1 2 3 2
2cos( ).cos 0A A A A
⇔ + + =
1 2 3 1 2 3
cos( ) 0 90
o
A A A A A A
⇔ + + = ⇔ + + =
Vậy
IA AC
⊥
.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Ngyễn Văn Nho. Olympic Toán học Châu Á – Thái Bình Dương. NXB
Giáo Dục. 2003.
[2] Nguyễn Văn Nho. Tuyển chọn các bài toán từ những cuộc thi lại một số
nước Đông Âu, Tập 2, NXB Giáo Dục, TP.HCM. 2005.
[3] Nguyễn Văn Nho – Vũ Dương Thụy. 40 năm Olympic Toán học Quốc tết,
NXB Giáo Dục, 2001.
[4] Nguyễn Văn Nho. Những Định lí chọn lọc trong hình học phẳng qua các kì
thi Olympic. NXB ĐH Sư Phạm, 2006.