BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8, 9 ĐỊNH LÝ TALÉT VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

CHUYÊN ĐỀ
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8, 9
ĐỊNH LÝ TA-LÉT VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Họ và tên: Lê Huy Hoàng
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị:
Trường THCS Vĩnh Tường
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp 8, 9
Số tiết: 6 tiết (2buổi)

1


PHẦN 1. PHẦN MỞ ĐẦU
I - LÝ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ
1. Cơ sở lí luận:
Định lý Ta-lét là một trong những định lý hình học cổ điển giữ vai trò quan
trọng trong chương trình toán THCS. Định lý Ta-lét được sử dụng nhiều trong giải
toán, đặc biệt là những bài toán có liên quan đến đoạn thẳng và tỉ số hai đoạn
thẳng.
Thông qua việc vận dụng định lý Ta-lét vào giải toán ta có thể ôn lại cho học
sinh các tính chất về tỷ lệ thức các kỹ năng biến đổi đại số, chứng minh đẳng thức,
giải phương trình, chứng minh đường thẳng song song, diện tích đa giác...
Vận dụng định lý Ta-lét vào giải toán ngoài việc học sinh được rèn luyện
các kỹ năng toán học, chủ yếu còn được nâng cao về mặt tư duy toán học. Các thao
tác tư duy như: Phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hoá, đặc biệt hoá, … thường
xuyên được rèn luyện và phát triển.
2. Cơ sở thực tiễn.
Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy khả năng vận dụng định lý Ta-lét vào
giải bài toán của học sinh còn hạn chế. Khi học về phần này, học sinh còn khó
khăn:

- Việc sử dụng các kỹ năng về biến đổi đại số vào hình còn lúng túng hay
mắc sai lầm.
- Kỹ năng phân tích giả thiết, kết luận của bài toán để vẽ thêm yếu tố phụ,
tìm lời giải cho bài toán còn chậm và hạn chế.
- Khả năng vận dụng bài toán này cho bài toán khác, kỹ năng chuyển đổi bài
toán, khai thác bài toán theo hướng đặc biệt hoá, khái quát hoá chưa cao.
- Học sinh chưa có thói quen tổng hợp và ghi nhớ những tri thức phương
pháp qua từng bài toán, dạng toán.
3. Kết luận khái quát.
Nhận thức rõ được vị trí và tầm quan trọng của định lý Ta-lét trong chương
trình Toán THCS từ đó ý tưởng về chuyên: “Định lý Ta-lét và ứng dụng” ra đời.
Thông qua thực tế giảng dạy kết hợp với bồi dưỡng học sinh giỏi và một số sách
viết chuyên đề của các nhà giáo khác, tôi nghiên cứu và thực hiện đề tài này.
Những năm gần đây, trong các kỳ thi giao lưu HSG lớp 8,9 cấp huyện, kì thi
chọn HSG lớp 9 cấp tỉnh và các kỳ thi tuyển sinh vào các lớp chuyên Toán, chuyên
Tin của các trường THPT chuyên thường xuất hiện các bài toán hình học có nội
dung áp dụng định lý Ta-lét. Đây không phải là một kiến thức mới, tuy nhiên đòi
hỏi học sinh phải có tư duy linh hoạt và cái nhìn nhạy bén thì mới áp dụng được
nội dung định lý .
2


II . MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Từ thực tế giảng dạy môn Toán cho đối tượng học sinh khá, giỏi tôi đã rút ra
được một số kinh nghiệm khi giảng dạy chuyên đề: “Định lý Ta-lét và một số ứng
dụng” với mục đích áp dụng kinh nghiệm này trong giảng dạy để giúp học sinh :
- Nắm vứng nội dụng định lý Ta-lét trong tam giác và định lý Ta-lét tổng
quát.
- Trang bị cho học sinh một cách có hệ thống các dạng bài tập và phương
pháp giải. Qua đó rèn luyện cho học sinh các kỹ năng tính toán, vẽ hình, phân tích,

suy luận, tổng hợp,…
- Rèn luyện và phát triển cho học sinh các phẩm chất trí tuệ, các thao tác tư
duy: So sánh, phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa, khái quát hoá,…

3


PHẦN 2: NỘI DUNG
I – GIỚI THIỆU VỀ TA- LÉT
Thalès de Milet hay theo phiên âm tiếng Việt
là Ta-lét (tiếng
Hy
Lạp:
ΘαλῆςὁΜιλήσιος;
khoảng 624 TCN – khoảng 546 TCN), là một triết
gia, một nhà toán học người Hy Lạp sống
trước Socrates, người đứng đầu trong bảy nhà hiền
triết của Hy Lạp. Ông cũng được xem là một nhà
triết gia đầu tiên trong nền triết học Hy Lạp cổ đại,
là "cha đẻ của khoa học". Tên của ông được dùng
để đặt cho một định lý toán học do ông phát hiện
ra.
Ta-lét sống trong khoảng thời gian từ năm 624 TCN– 546 TCN, ông sinh ra
ở thành phố Miletos, một thành phố cổ trên bờ biển gần cửa sông Maeander
(của Thổ Nhĩ Kỳ).Tuổi thọ của ông không được biết một cách chính xác. Có hai
nguồn: một nguồn cho là ông sống khoảng 90 tuổi, còn một nguồn khác cho là ông
sống khoảng 80 tuổi.
Trước Ta-lét, người Hy Lạp giải thích nguồn gốc tự nhiên của thế giới, vạn
vật qua các câu truyện thần thoại của chúa trời, của các vị thần và các anh hùng.
Các hiện tượng như sấm, sét hay động đất được cho là do các vị thần trong tự

nhiên.Ông quan niệm toàn bộ thế giới của chúng ta được khởi nguồn từ nước.
Nước là bản chất chung của tất cả mọi vật, mọi hiện tượng trong thế giới. Mọi cái
trên thế gian đều khởi nguồn từ nước và khi bị phân hủy lại biến thành nước.
Với quan niệm nước là khởi nguyên của thế giới, của mọi sự vật, hiện tượng. Ông
đã đưa yếu tố duy vật vào trong quan niệm triết học giải thích về thế giới. Thế giới
được hình thành từ một dạng vật chất cụ thể là nước chứ không phải do chúa trời
hay các vị thần.
Định lý Ta-lét:
- Hai đường thẳng song song định ra trên hai đường thẳng giao nhau những đoạn
thẳng tỷ lệ
- Góc chắn nửa đường tròn thì bằng một vuông
- Đường kính chia đôi đường tròn thành hai phần bằng nhau
- Hai góc đáy của tam giác cân thì bằng nhau
- Hai tam giác nếu có hai cặp góc đối và cặp cạnh tương ứng bằng nhau thì bằng
nhau
- Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau
4


Ta-lét là người đầu tiên nghiên cứu về thiên văn học, hiểu biết về hiện tượng nhật
thực diễn ra do mặt trăng che khuất mặt trời.
Ông cũng nghĩ ra phương pháp đo chiều cao của các kim tự tháp Ai Cập căn cứ
vào bóng của chúng.
Ta-lét được coi là người đầu tiên đặt vấn đề nghiên cứu về Sự sống ngoài Trái Đất.
Ta-lét chết lúc già một cách đột ngột khi đang xem một thế vận hội. Trên mộ ông
khắc dòng chữ: “Nấm mồ này nhỏ bé làm sao! Nhưng vinh quang của con người
này, ông vua của các nhà thiên văn, mới vĩ đại làm sao”.
II - KIẾN THỨC CƠ BẢN.
1. Đoạn thẳng tỉ lệ.
1.1.Tỉ số hai đoạn thẳng.

- Tỉ số hai đoạn thẳng là tỉ số các độ dài của chúng với cùng một đơn vị đo.
Như vậy tỉ số hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào đơn vị mà ta chọn.
1.2. Đoạn thẳng tỉ lệ:
- Hai đoạn thẳng AB và CD gọi là tỉ lệ với hai đoạn thẳng A’B’ và C’D’
nếu ta có tỉ lệ thức thức:

AB A'B'
AB CD
=
=
hay
CD C'D'
A'B' C'D'

- Tỉ lệ thức giữa các đoạn thẳng có các tính chất như của tỉ lệ thức giữa các số.
*1. Tích các trung tỉ bằng tích các ngoại tỉ.
AB A'B'
=
⇔ AB.C 'D' = A ' B '.CD
CD C'D'

*2. Có thể hoán vị các trung, ngoại tỉ:
 AB CD
 A'B' = C'D'

AB A'B'
 CD C'D'
=
⇔
=

CD C'D'
AB
A'B'

 A'B' C'D'
 AB = CD


*3. Các tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
AB A'B' AB ± A'B'
=
=
(CD ≠ CD ')
CD C'D' CD ± C'D'
AB A'B'
AB ± CD A'B' ± C'D'
=
⇔
=
CD C'D'
CD
C'D'

2. Định lý Ta-lét trong tam giác.
2.1.Định lý thuận:
Nếu một đường thẳng song song với một cạnh
của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên
hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
VABC, B 'C ' PBC(B' ∈ AB, C' ∈ AC)
GT

5


KL

AB' AC ' AB' AC ' BB' C 'C
=
;
=
;
=
AB AC B'B C 'C AB AC

2.2 Định lý đảo.
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam
giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng
tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh
còn lại của tam giác.
VABC, B' ∈ AB, C' ∈ AC
GT
AB ' AC '
=
B' B C 'C
B'C ' PBC

KL
2.3. Hệ quả:
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và song song với cạnh còn
lại thì nó tạo thành một tam giác mới có 3 cạnh tương ứng
tỉ lệ với 3 cạnh của tam giác đã cho.

GT
KL

VABC, B 'C ' PBC(B' ∈ AB, C' ∈ AC)
AB' AC ' B'C '
=
=
AB AC
BC

Chú ý: Định lý Ta-lét thuận, đảo và hệ quả vẫn đúng trong
trường hợp đường thẳng a song song với một cạnh của
tam giác và cắt phần kéo dài của hai cạnh còn lại:

3. Định lý Ta-lét tổng quát:
3.1. Định lý thuận:
Nhiều đường thẳng song song định ra trên hai cát
tuyến bất kỳ nhữngđoạn thẳng tương ứng tỷ lệ.
GT
Cho a//b//c; d cắt a, b, c lần lượt tại
A, B, C; d’ cắt a, b, c lần lượt tại
A’, B’,C’.
AB A ' B'
KL
=
BC

B 'C '

Hướng chứng minh:

6


Ta có thể chứng minh định lý này bằng cách qua A kẻ một đường thẳng
song song với d’. Đường thẳng này cắt b, c theo thứ tự tại B '', C '' . Dễ dàng chứng
minh được AB '' = A 'B ', B ''C '' = B 'C ' . Sau đó áp dụng định lý Ta-lét trong tam giác
vào VACC '' để có:

AB AB''
AB A'B'
=
=
từ đây suy ra kết luận.
BC B"C''
BC B'C'

3.2 . Định lý đảo.
Cho 3 đường thẳng a, b, c cắt hai cát tuyến d, d’
tại các điểm theo thứ tự; A, B, C và A’, B’, C’ thoả
mãn tỉ lệ thức:

AB A ' B '
=
mà 2 trong 3 đường thẳng a,
BC B ' C '

b, c là song song với nhau thì 3 đường thẳng a, b, c
song song với nhau.
3.3 Hệ quả(các đường thẳng đồng quy cắt hai đường thẳng song song)
Hệ quả 1: Nhiều đường thẳng đồng quy định ra trên hai đường thẳng song song

những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

Hướng chứng minh:
Ta có thể chứng minh hệ quả này bằng cách xét các tam giác AOB và AOC có
AB//A’B’ và AC//A’C’. Theo hệ quả định lý Ta-lét trong tam giác ta có:
AB
OA
AC
OA
AB
AC
=
=
=
và
từ đó suy ra:
(đpcm)
A 'B' OA '
A 'C ' OA '
A 'B' A 'C'

Hệ quả 2: Nếu nhiều đường thẳng không song song định ra trên hai đường thẳng
song song các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì chúng đồng quy tại một điểm .

Hướng chứng minh:
7


Gọi d1, d2, d3 là ba đường thẳng không song song cắt hai đường thẳng song
song a và b lần lượt tại A, B, C và A’, B’, C’ thỏa mãn:

AB
AC 
=
A 'B' A 'C ' 
 ⇒ d1, d2, d3 đồng quy tại O.
AB

≠1

A 'B'

Ta có thể chứng minh định lý bằng cách gọi giao điểm của hai đường thẳng d1, d2
là O. Ta chứng minh d3 cũng đi qua O.
Gọi C” là giao điểm của OC và đường thẳng b. Ta chưng minh C ' ≡ C '' . Thật vậy,
vì AC//A’C’ nên hệ quả 1 ta có:

AB
AC
AB
AC
=
=
mà theo giả thiết ta có :
.
A 'B' A 'C ''
A 'B' A 'C '

Từ đó suy ra C ' ≡ C '' . Hay d3 đi qua O hay ba đường thẳng d1, d2, d3 đồng quy.
III – CÁC DẠNG BÀI TẬP ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ TA-LÉT.
Định lý Ta-lét có nhiều ứng dụng trong giải toán hình học như: Các bài

toán liên quan đến tỉ số các đoạn thẳng; các bài toán chứng minh hệ thức đoạn
thẳng; các bài toán chứng minh nhiều điểm thẳng hàng, nhiều đường thẳng song
song, nhiều đường thẳng đồng quy; các bài toán về diện tích, vận dụng để chứng
minh định lý ... Tuy nhiên trong khuân khổ của chuyên đề, tôi chọn hai ứng dụng
chính để trình bày là: Chứng minh hệ thức đoạn thẳng; chứng minh nhiều đường
thẳng đồng quy và nhiều điểm thẳng hàng
Dạng 1
CHỨNG MINH HỆ THỨC ĐOẠN THẲNG.
Dạng bài tập chứng minh hệ thức đoạn thẳng là dạng bài tập hay và khó.
Nếu như ở lớp 7, các hệ thức về đoạn thẳng còn đơn giản: Chứng minh đoạn thẳng
bằng nhau, chứng minh đoạn thẳng này bằng tổng hai đoạn thẳng khác,… thì lên
lớp 8, 9 học sinh sau khi học xong về diện tích đa giác, định lý Ta-lét, tam giác
đồng dạng, hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông và các kiến thức
về đường tròn thì lớp bài tập về chứng minh hệ thức đoạn thẳng trở lên đa dạng và
phong phú. Đối với các bài toán lớp 8, 9 thì định lý Ta-lét và các trường hợp đồng
dạng của tam giác là những công cụ để giải toán.
Ví dụ 1(lớp 8). Một đường thẳng đi qua A của hình bình hành ABCD cắt BD, BC,
DC theo thứ tự ở E, K, G. Chứng minh rằng:
a ) AE 2 = EK .EG
b)

1
1
1
=
+
AE AK AG

c) Khi đường thẳng thay đổi vị trí nhưng vẫn đi
qua A thì tích BK.DG có giá trị không đổi.

8


Hướng dẫn tìm lời giải:
a) Từ AE 2 = EK .EG ⇔

AE EG
AE
EG
=
.Vậy cần tìm mối liên hệ giữa các tỉ số
và
EK AE
EK
AE

BE
.
ED
1
1
1
AE AE
=
+
⇔
+
=1
b) Từ
AE AK AG

AK AG

với

Từ đó tìm mối liên hệ của các tỉ số

AE AE
DE
BE
;
với các tỉ số
và
AK AG
DB
BD

c) Vì giả thiết chỉ cho hình bình hành có các cạnh không đổi nên ta biểu diễn mối
quan hệ của tích BK.DG với các cạnh của hình bình hành
BK.DG = AB.AD ⇔

BK BE AB
=
=
.
AD ED DG

Lời giải tóm tắt:
a/ Vì BK//AD và AB//DG nên theo hệ quảđịnh lý Ta-lét ta có:
EK EB AE
=

=
⇒ AE 2 = EK .EG (đpcm)
AE ED EG
1
1
1
AE AE
=
+
+
=1
b/ Từ
suy ra:
AE AK AG
AK AG

Vì BK//AD và AB//DG nên theo định lý Ta-lét ta có :
AE DE AE BE
AE AE DE BE BD
=
,
=
+
=
+
=
= 1 (đpcm)
nên
AK DB AG BD
AK AG DB DB BD

c/ Vì BK//AD và KC//AD nên theo định lý Ta-lét ta có
BK AB
=
KC CG
KC CG
=
AD DG

(1)
(2)

Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được:

BK AB
=
⇒ BK .DG = AB. AD (không đổi)
AD DG

Ví dụ 2 (lớp 8): ∆ ABC, O là một điểm thuộc miền trong tam giác, qua O kẻ
HF//BC, DE//AB, MK//AC với H, K ∈ AB;
E, M ∈ BC; D, F ∈ AC.
Chứng minh rằng:
a)

AK BE CF
+
+
=1
AB BC CA

b)

DE FH MK
+
+
=2
AB BC CA

9


* Hướng dẫn tìm lời giải:Giả thiết đã cho các đường thẳng song song, ta cố định
một trong 3 tỉ số trong hệ thức cần chứng minh chẳng hạn:
chuyển các tỉ số

BE
. Hãy tìm cách
BC

AK CF
,
về các tỉ số có cùng mẫu là BC.
AB CA

Lời giải (tóm tắt)
a) KM//AC ⇒

AK MC
=

AB BC

CF CI EM
=
=
CA CB BC
AK BE CF MC BE EM BC
+
+
=
+
+
=
=1
vậy suy ra:
AB BC CA BC BC BC BC
AK BE CF
+
+
= 1 (Đpcm)
Vậy
AB BC CA
FH AH
=
b) FH//BC =>
BC AB
KM BK
=
KM//AC =>
AC AB

FH MK DE AH BK AK + BH AH + HB AK + KB
+
+
=
+
+
=
+
=2
BC AC AB AB AB
AB
AB
AB

Qua F kẻ FI//AB, I ∈ BC:

nên ta được: (Đpcm)
Ví dụ 3 (lớp 8). Cho hình thang ABCD có AB = a, CD = b. Qua giao điểm O của
hai đường chéo, kẻ đường thẳng song song với AB, cắt AD và BC theo thứ tự ở E
và G. Chứng minh rằng:

1
1
1 1
=
= +
OE OG a b

* Hướng dẫn tìm lời giải:
Từ

1
1 1
1 1
OE OE
= + ⇔ OE( + ) = 1 ⇔
+
=1
OE a b
a b
AB CD

Từ đó dựa vào hệ quả của định lý Ta-lét ta tìm mối
quan hệ giữa các tỉ số.
* Lời gải tóm tắt:
OE DE
OE DE
=
⇔
=
(1)
AB DA
a
DA
OE AE
OE AE
=
⇔
=
Vì OE//CD nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:

(2)
DC DA
b
DA
OE OE DE AE
+
=
+
=1.
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:
a
b
DA DA
1 1
1
1 1
1
1 1
= + . Chứng minh tương tự ta có
= +
Do đó: OE( + ) = 1 hay
a b
OE a b
OG a b

Vì OE//AB nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:

10

Nhận xét:Nếu thay đổi dữ kiện của bài toán ta có bài toán sau.
Ví dụ 4 (lớp 8). (Trích đề thi HOMC 2006)
Cho tam giác ABC, PQ//BC với P, Q là các điểm
tương ứng thuộc AB và AC. Đường thẳng PC và QB
cắt nhau tại G. Đường thẳng đi qua G và song song với
BC cắt AB tại E và AC tại F. Biết PQ = a và EF = b.
Tính độ dài của BC.
Hướng dẫn tìm lời giải:
Sau khi vẽ hình ta thấy tứ giác BPQC là hình thang có các yếu tố thỏa mãn
ví dụ 3. Từ đó ta có thể vận dụng kết quả của ví dụ 3 vào giải bài toán.
Lời giải tóm tắt:
Đặt BC = x
1 1
 1
= +

 GE a x
Áp dụng kết quả ví dụ 4 ta có:  1 1 1

= +

 GF a x

ax

GE = a + x
ax
2ax
2ax
⇔ EF=

⇔b=
Từ đó suy ra 
suy ra GE + GF = 2
a+x
a+x
a+x
GF = ax

a+x
ab
ab
Từ đó tìm ra x =
hay BC =
2a − b
2a − b

*Nhận xét: Định lý Ta-lét ngoài việc ứng dụng cho chứng minh đẳng thức hình
học còn được vận dụng để chứng minh bất đẳng thức hình học. Sau đây ta có thể
xét một ví dụ về việc vận dụng định lý Ta-lét để chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ 5 (lớp 8)
Cho ∆ ABC, phân giác trong AD. chứng minh rằng:
µ = 120 0 thì 1 = 1 + 1
a) Nếu A

AD AB AC
µ <1200 thì 1 < 1 + 1
b) Nếu A
AD AB AC

µ > 1200 thì 1 > 1 + 1

c) Nếu A
AD

AB

AC

Hướng dẫn tìm lời giải:
Hệ thức cần chứng minh có dạng

1 1 1
= + có thể
a b c

chuyển về hệ thức ở dạng tỉ số đoạn thẳng:
Dạng 1:

1 1 1
a a
= + <=> + = 1
a b c
b c

11


Dạng 2:

1 1 1
1 b+c

b b+c
= + <=> =
<=> =
a b c
a
bc
a
c

Ở ví dụ này ta biến đổi hệ thức cần chứng minh về dạng 2.
Qua C kẻ CF //AD, F ∈ AB, ta có nhận xét gì về ∆ AFC?
Độ dài BF?
Áp dụng định lý Ta-lét vào ∆ BFC ta được Đpcm.
Lời giải (tóm tắt):
µ = DAB
·
a) Qua C kẻ CF //AD, F ∈ AB, ta có: F
= 600
·
·
FCA
= CAD
= 600 (2)

(1)

Từ (1) và (2) suy ra ∆ AFC đều =>AF=FC=AC =>BF =AB+AF=AB + AC
Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét vào ∆ BFC, AD//FC:
AD BA
AD

AB
AC.AB
=
=
⇒ AD =
hay
FC BF
AC AB + AC
AB + AC
1
AB + AC
1
1
=
=
+
Suy ra:
(Đpcm)
AD
AB.AC AB AC

·BAC
µ
·
b) ∆ AFC cân (do F = ACF =
) =>AF=AC nên: BF =AB + AC
2

∆ BFC có AD//FC =>

AD AB
AB
CF.AB
=
=
=> AD =
CF BF AB + AC
AB + AC

·
$ < 600 => FC > AC nên :
> 600 => F
Do ∆ AFC cân tại A có góc FAC
AD >

AC.AB
1
1
1
=>
<
+
AC + AB
AD AB AC

(Đpcm)

1
1
1

·
>
+
c) Khi BAC
> 1200 lập luận tương tự ta cũng được
AD

AB

AC

Ví dụ 6(lớp 8). Cho tam giác ABC, biết AB = c; BC =a; CA = b. Phân giác AD.
Chứng minh rằng: AD <

2bc
b+c

Lời gải tóm tắt:
Kẻ AD là tia phân giác góc A, D∈BC. Qua D kẻ
DE song song với AB, E∈AC.
Ta có ∆EAD cân tại E. Suy ra AE =ED.
Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét vào ∆ABC ta
ED EC
=
AB CA
AE ED EC AE
1 1
bc
+
=

+
= 1 hay AE( + ) = 1 ⇔ AE =
Suy ra:
AC AB AC CA
b c
b+c

có:

12


2bc
(đpcm)
b+c
1
1 b+c 1 1 1
> .
= ( + ) . Áp dụng kết quả
Nhận xét: Từ kết quả bài toán trên ta có:
AD 2 bc
2 b c

Trong tam giác ADE có AD < AE + ED hay AD < 2AE =

này ta có thể giải bài toán sau:Ví dụ 7 (lớp 8). (Trích đề thi HOMC 2014).Cho a,
b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, x là độ dài của các đường phân giác
1

1

1

1

1

1

tương ứng. Chứng minh bất đẳng thức sau: x + y + z > a + b + c
Từ ví dụ 6 ta có:
1
1 b+c 1 1 1
1 1 1 1
> .
= ( + ) ⇔ > ( + ) (1)
AD 2 bc
2 b c
x 2 b c

Chứng minh tương tự ta có:
1 1 1 1
> ( + )
y 2 c a

và

(2)

1 1 1 1

> ( + )
z 2 a b

(3)

Từ (1) (2) và (3) ta có:
1 1 1 1 1 1
+ + > + + (đpcm)
x y z a b c

Ví dụ 9(lớp 8).Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi O là giao điểm của AD và BC. Gọi I, K
,H là chân các đường cao kẻ từ B, O ,C tới AD .Chứng minh rằng :
AD.BI.CH ≤ BD.OK.AC
Lời giải (tóm tắt)
Kẻ AE ⊥ BD
Vì OK//HC nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:
AO OK
=
⇒ AO.HC = OK . AC.
AC HC
Ta lại có AD.BI.CH=2. S ABD .CH

Mà BD.CE=2SABD ,OA.HC=OK.AC, AO ≥AE
nên AD.BI.CH=2. S ABD .CH=BD.CE.CH ≤ BD.AO.CH=BD.OK.AC
Dấu “=” xảy ra khi AE=AO hay AC ⊥ BD
Ví dụ 10 (lớp 9)(Câu 4c_Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012 – 2013)
Cho tam giác nhọn ABC ( AC > AB ) có các đường cao AA ', BB ', CC ' và trực
tâm H . Gọi (O) là đường tròn tâm O, đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến
AM, AN tới đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi M ' là giao điểm thứ
hai của A ' N và đường tròn (O) , K là giao điểm của OH và B ' C ' . Chứng minh

2

KB '  HB ' 
=
rằng:
÷.
KC '  HC ' 
13


* Hướng dẫn tìm lời giải:
Ta thấy đẳng thưc cần chứng minh là đẳng thức của các tỉ số. Để chứng
minh các hệ thức giữa các tỉ số ta có thể vận dụng một trong các kiến thức: Định lý
Ta-lét; tam giác đồng dạng; hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác; tính
chất của cát tuyến cắt nhau với đường tròn. Tuy nhiên trong bài toán này sử dụng
phương pháp loại trừ ta có thể thấy chỉ có thể sử dụng kiến thức về định lý Ta-lét
và tam giác đồng dạng.
Để có thể sử dụng được định lý Ta-lét ta cần phải vẽ thêm hình phụ:Qua O
kẻ đường thẳng d song song với B’C’. Từ đó ta có thể tìm được mối quan hệ giữa
các tỉ số và chứng minh được định lí.
B'

C'

K
H

F
E

B

O

C

D

Lời giải
Qua O kẻ đường thẳng d song song với B’C’ , d cắt BB’ và CC’ lần lượt tại D, E.
Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét ta có:
KB ' KH KC '
KB ' OD
⇒
=
=
⇒
=
(1)
OD OH OE
KC ' OE
·
·
· ' C ' ) và BOD
·
·
Ta có: BDO
(vì cùng bằng BB
= ECO
= EOC

OD OB
OD OC 2
2
⇒ ∆DBO ~ ∆CEO ⇒
=
⇒ OD.OE = OC ⇒
=
(2)
OC OE
OE OE 2
Lấy F (F ≠ E) trên đường thẳng CC’ sao cho OE = OF
·
· ' C ' H (vì cùng bằng OEC
·
⇒ OFC
=B
' ).
· ' C ' = OCF
·
Lại có HB
⇒ ∆B ' C ' H ~ ∆CFO ⇒

HB ' OC
HB ' OC
=
⇒
=
HC ' OF
HC ' OE

2

(3)

KB '  HB ' 
=
Từ (1), (2), (3) ⇒
÷
KC '  HC ' 
Ví dụ 8 (lớp 9)(Trích đề thi khảo sát học sinh giỏi lớp 9 vòng 1 huyện Tam Dương
2014 - 2015)
14


Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH, gọi E và F theo thứ tự là hình
chiếu của H trên AC và AB. Cho D là một điểm trên BC. Gọi M, N theo thứ tự là
hình chiếu của D trên AB và AC. Chứng minh rằng:
CE AC 3
=
a)
.
BF AB 3

b) DB.DC = MA.MB + NA.NC.
Lời giải tóm tắt
µ = 900, AH ⊥ BC
a/ ∆ ABC, A
AC 2 HC
Ta có: AC = CH.BC; AB = BH.BC ⇒ 2 =
(1)

AB
HB
CH CE
=
Ta có: EH // AB ⇒
(Định lý Ta-lét)
(2)
HB EA
AC AB
=
HF // AC ⇒
(hệ quả định lý Ta-lét) hay
HF BF
AC HF
AC AE
=
=
mà HF = AE nên
(3)
AB BF
AB BF
AC2 CH AC HC CE AE
AC3 CE
.
.
=
.
.
=
Từ (1), (2) và (3) ta có:

hay
AB2 HB AB HB AE BF
AB3 BF
2

2

b/ Dễ thấy MD//AC và ND //AB.
BD

MD

CD

NC

MB

Vì MD//AC nên theo hệ quả của định lý Ta-lét ⇒ BC = AC = AB (4)
ND

Vì ND//AB nên theo hệ quả của định lý Ta-lét ⇒ CB = AC = AB

(5)

BD.CD MD.NC MB.ND
=
=
BC 2
AC 2

AB2
MD.NC + MB.ND MD.NC + MB.ND NA.NC + MB.MA
=
=
=
AC 2 + AB2
BC 2
BC 2
⇒ BD.CD = NA.NC + MA.MB

Từ (4) và (5) ⇒

Ví dụ 9: (Lớp 9)(Trích câu 4b đề thi vào lớp 10 chuyên Toán và chuyên Tin –
Thành phố Hà Nội – Năm học 2009 – 2010)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Gọi BD và CE là hai
đường cao của tam giác ABC.
b/ Tia AO cắt BC tại A 1 và cắt cung nhỏ BC tại
A2 tia BO cắt AC tại B1 và cắt cung nhỏ AC tại
B2. Tia CO cắt AB tại C1 và cắt cung nhỏ AB tại
C2.
AA

BB

CC

1 2
1 2
1 2
Chứng minh: A A + B B + C C = 1

1
1
1

15


Lời giải tóm tắt
» tại M. Ta có AK ⊥ BC
Gọi H là giao điểm của BD và CE. AH cắt BC tại K cắt BC
·
·
và BAK
.
= BCM
·
·
·
·
Lại có BAK
(cùng phụ với góc ABC) suy ra BCH
nên tam giác BCM
= BCH
= BCM
cân tại C, do đó HK = KM (1)
·AMA = 900 nên MA2//BC
2
AA

MK

AA

HK

S

1 2
1 2
HAB
Theo định lý Ta-lét ta có: A A = KA . Kết hợp với (1) suy ra: A A = KA = S (2)
1
1
ABC

BB

S

CC

S

HAC
1 2
1 2
HAB
Tương tự ta có: B B = S
(3) và C C = S
(4)

1
ABC
1
ABC

AA

BB

CC

S

ABC
1 2
1 2
1 2
Từ (2), (3) và (4) suy ra: A A + B B + C C = S = 1 (đpcm)
1
1
1
ABC

Dạng 2:
CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG,
NHIỀU ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY, NHIỀU ĐIỂM THẲNG HÀNG
Ở lớp 7 để chứng minh hai đường thẳng song song thì ta phải tìm các mối
quan hệ về góc hoặc các mối quan hệ giữa các đường thẳng. Để chứng minh đồng
quy ta thường áp dụng tính chất của các đường trong tam giác,
...Đến lớp 8, sau khi học song định lý Ta-lét đảo, từ hệ thức về

độ dài đoạn thẳng cũng cho ta kết luận 2 đường thẳng song
song.
∆ ABC, .

AM AN
=
=> MN / / BC
AB AC

Như vậy định lý Ta-lét đảo cho ta thêm một cách chứng minh
2 đường thẳng song song.
Ví dụ 1 (lớp 8): ∆ ABC, trung tuyến AM, phân giác AMC cắt AC tại H, phân
giác góc AMB cắt AB tại K. Chứng minh rằng HK // BC.
Hướng dẫn tìm lời giải:
Để chứng minh KH//BC ta chứng minh
.

AH AK
=
, hãy tìm cách chuyển các tỉ số ở hai vế
HC KB

đẳng thức về cùng một tỉ số bằng cách sử dụng tính
chất đường phân giác trong tam giác.
Lời giải:
16


AK AM
·

=
Theo giả thiết: MK là phân giác của AMB
=>
KB MB
AH AM
=
HC MC
AH AK
=
=> KH / / BC (định
Mà MB = MC (theo giả thiết) nên suy ra: .
HC KB

MH là phân giác góc AMC suy ra:

lý

Ta-lét

đảo)
Ví dụ 2(lớp 8):Qua giao điểm O của 2 đường chéo tứ giác ABCD, kẻ 1 đường
thẳng tuỳ ý cắt cạnh AB tại M và CD tại N. Đường thẳng qua M song song với CD
cắt AC ở E và đường thẳng qua N song song với AB cắt BD ở F. Chứng minh
BE//CF.
* Hướng dẫn tìm lời giải:
BE / / CF ⇔

OB OE
=
OF OC

Hãy sử dụng các đường thẳng song song
trong giả thiết và định lý Ta-lét để chứng minh hệ
thức

OB OE
=
OF OC

* Lời giải tóm tắt:
Theo giả thiết MB//NF
OB OM
=
(1)
OF ON
OE OM
=
NC//ME =>
(2)
OC ON
OB OE
=
=> BE / /CF (Định lý Ta-lét đảo)
Từ (1) và (2) suy ra:
OF OC

=>

Nhận xét: Ta chuyển từ yêu cầu chứng minh 2 đường thẳng song song về chứng
minh hệ thức dạng

a c
=
b d

Ví dụ 3(lớp 8):Cho ∆ ABC, có AB + AC = 2.BC.
Gọi I là giao điểm 3 đường phân giác trong, G là trọng tâm của ∆ ABC (I
khác G). Chứng minh rằng IG // BC .
* Hướng dẫn tìm lời giải:
Để chứng minh IG // BC, ta phải chứng minh
Từ giả thiết của bài toán suy ra:
Hãy chứng minh

AI AG
AI
=
hay = 2
ID GM
ID

AB + AC
=2
BC

AB + AC AI
=
, bằng cách sử dụng tính
BC
ID

chất của đường phân giác.
* Lời giải:
17


Gọi AI cắt BC ở D, AG cắt BC tại M.
Nối B với I, C với I sử dụng tính chất
đường phân giác trong tam giác ta được:
.

AI AB AC AB + AC AB + AC
=
=
=
=
ID BD CD BD + CD
BC

Theo giả thiết AB + AC = 2. BC =>
Từ (1) và (2) suy ra

(1)
AB + AC AI
=
(2)
BC
ID

AI
=2

ID

(3)

Vì G là trọng tâm của ∆ ABC nên:
Từ (3) và (4) suy ra:

AG
=2
GM

(4)

AG AI
=
=> IG P BC
GM ID

(Đpcm)

* Chú ý:
+ Bài toán đảo của bài toán trên vẫn đúng: Từ IG//BC => AB+ AC = 2.BC
+ Nếu thay giả thiết AB + AC = 2.BC bằng giả thiết AB + AC < 2.BC thì
kết luận của bài toán thay đổi như thế nào? (IG cắt tia MC)
Ví dụ 4(lớp 8):∆ ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Gọi M,
N, P, Q lần lượt là hình chiếu của D trên AB, BE, CF, CA. Chứng minh rằng M, N,
P, Q thẳng hàng.
* Hướng dẫn tìm lời giải:
Yêu cầu bài toán chứng minh M, N, P, Q
thẳng hàng. Giả thiết của bài toán cho các đường

thẳng vuông góc, từ đó sẽ có các đường thẳng song
song. Hãy chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng
bằng cách chứng minh nó cùng nằm trên một
đường thẳng song song với EF.
* Lời giải tóm tắt:
Từ giả thiết suy ra:
AE

AH

HE // DQ => EQ = HD (1) (theo định lý Ta-lét)
AF AH
=
(2) (theo định lý Ta-lét)
FM HD
AE AF
Từ (1) và (2) suy ra: EQ = FM => EF / / MQ (*) (theo định lý Ta-lét đảo)

HF/ / DM =>

DM // CF suy ra:
DN // CE suy ra:

BM BD
=
(3) (theo định lý Ta-lét)
BF BC
BN BD
=
(4) (theo định lý Ta-lét)

BE BC

Từ (3) và (4) suy ra: MN // EF

(**)
18


CQ CD
=
(5) (theo định lý Ta-lét)
QE DB

DQ // BE suy ra:

CP CD
=
(6) (theo định lý Ta-lét)
PF DB
CP CQ
Từ (5) và (6) suy ra: PF = QE => PQ / / EF

DP // BF suy ra:

(***)

Kết hợp (*), (**) và (***) suy ra: M, N, P , Q thẳng hàng.
* Nhận xét: Chứng minh các điểm thẳng hàng bằng cách chứng minh chúng
cùng nằm trên một đường thẳng cố định.
Ví dụ 5(lớp 8): Cho tứ giác ABCD, vẽ các đường thẳng d1//d2 // AC. d1 cắt AD,

BC theo thứ tự tại E và F. d2 cắt BA, BC theo thứ tự tại G và H (GH khác EF).
Chứng minh rằng EG, DB, HF đồng quy.
* Hướng dẫn tìm lời giải:
Theo giả thiết EF // AC // GH yêu cầu
bài toán phải chứng minh GE , BD, HF đồng
quy, ta suy nghĩ đến việc sử dụng hệ quả của
định lý Ta-lét tổng quát, EG, BD, FH đồng quy
nếu như ta chứng minh được hệ thức
.

ME NG ME DM
=
=
,.
MF NH AO DO

* Lời giải tóm tắt:
Gọi M, O, N lần lượt là giao điểm của EF, AC, GH với BD.
ME DM
=
AO DO
MF DM
=
MF // OC suy ra
OC DO
MF ME
=
Từ (1) và (2) suy ra:
OC AO

ME // AO suy ra:

Chứng minh tương tự ta cũng được
Từ (*) và (**) suy ra:

(1)
(2)
hay
NH OC
=
NG OA

MF OC
=
ME OA

(*)
(**)

NH MF
=
mà EF // GH nên suy ra: GE, BD, HF đồng quy
NG ME

Nhận xét: Hệ quả của định lý Ta-lét tổng quát cho ta một cách chứng minh
đường thẳng đồng quy.
Ở bài toán trên nếu GH = EF thì 3 đường thẳng GE, BD, HF có mối quan hệ
với nhau như thế nào?
Ví dụ 6(lớp 8): Cho hình thang ABCD (AB < CD), AD cặt BC tại I, AC cắt BD
tại O. M, N lần lượt là trung điểm của AB, DC. Chứng minh rằng I, M, O, N thẳng

hàng.
19


Hướng dẫn giải
Đây là một bài tập khá đơn giản, việc chứng
minh nó có thể sử dụng định lý Ta-lét trong tam giác
hay phương pháp diện tích. ở đây ta trình bày lời giải
theo cách sử dụng hệ quả của định lý Ta-lét tổng quát.
Lời giải:
Theo giả thiết M là trung điểm của AB, N là
trung điểm của DC, nên suy ra:

MB MA
=
ND NC

Mà AB // DC suy ra: MN, BD, AC đồng quy hay O ∈ MN (1)
Lại có:

MA MB
=
mà AB// DC
ND NC

nên suy ra AD, MN, BC đồng quy
hay I∈ MN(2)
Từ (1) và (2) suy ra: I, M, O, N thẳng hàng.
* Nhận xét:
- Bài toán trên được vận dụng nhiều trong giải toán với tên gọi Bổ đề hình

thang:
“Trong hình thang có hai đáy không bằng nhau, đường thẳng đi qua giao
điểm của các đường chéo và đi qua giao điểm các đường thẳng chứa hai cạnh bên
thì đi qua trung điểm của hai đáy”
Ngược lại: “ Trong hình thang có hai đáy không bằng nhau, giao điểm của hai
cạnh bên, giao điểm của hai đường chéo và trung điểm của hai đáy là các điểm
thẳng hàng”
Ta có thể sử dụng Bổ đề hình thang để dựng trung điểm của đoạn thẳng
mà chỉ dùng thước, và có thể vận dụng bổ đề hình thang để vận dụng giải một số
bài toán hình học. Ta có thể xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 7(lớp 8).Xét ví dụ 5_Dạng 1(Trích đề thi HOMC 2006)
Cho tam giác ABC, PQ//BC với P, Q là các điểm tương ứng thuộc AB và
AC. Đường thẳng PC và QB cắt nhau tại G. Đường thẳng đi qua G và song song
với BC cắt AB tại E và AC tại F. Biết PQ = a và EF = b. Tính độ dài của BC.
Lời giải (tóm tắt):
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của AG với PQ và BC.
Áp dụng bổ đề hình thang cho các hình thang: BCQP
và BCEF dễ dàng suy ra được: MP = MQ; GE = GF;
NB = NC.

20


BC PC
BC PC
=
⇔
=
b
Vì PQ//EF//BC nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có: EG GC

GC (1)
2
BC GC
BC GC
=
⇔
=
(2)
PQ PG
a
PG
BC BC PC GC
−
=
−
=1
ab
Từ (1) và (2) ta có: b
suy ra BC =
a
PG PG
2a − b
2

Ví dụ 8 (lớp 9). Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC tại D,
đường tròn tâm (J) bàng tiếp góc A của tam giác tiếp xúc với cạnh BC tại H. Vẽ
đường kính DD’ của đường tròn (I). Chứng minh ba điểm A, D’, H thẳng hàng.
Hướng dẫn tìm lời giải:
Để chứng minh A, D’, H thẳng hàng ta cần
chứng minh AD’ và AH trùng nhau.

Mà A, I, J thẳng hàng.
Từ đó cho ta định hướng chứng minh góc tạo bởi
AD’ và AH với AI bằng nhau.
Từ mối quan hệ giữa tiếp tuyến và dây cung ta
suy ra được IF//GJ.
Từ đó vận dụng định lý Ta-lét và tam giác đồng
dạng ta chứng minh được bài toán.
Lời giải tóm tắt:
Gọi F và G tương ứng là tiếp điểm của đường
tròn (I) và đường tròn (J) với AB.
IF
AI
=
Ta có IF ⊥ AB, GJ ⊥ AB nên IF//GJ. Theo Ta-lét ta có:
mà ID’ = IF, JG =
GJ

JH nên

AJ

ID' AI
=
.
JH AJ

¶ ' = ·AJH suy ra VAID ' : VAJH (c-g-c), ta có I ·AD ' = JAH
·
Lại có: DD’//JH nên AID
nên

hai tia AD’ và AH trùng nhau, nghĩa là ba điểm A, D’, H thẳng hàng.

Nhận xét: Qua bài toán trên ta thấy nếu gọi bán kính đường tròn (I) là R và bán
kính đường tròn (J) là R’ thì ta có:

R AD '
=
.
R ' AH

Vận dụng bài toán trên ta có thể giải bài toán sau:
21


Ví dụ 9 (lớp 9). Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho bán kính
của đường tròn nội tiếp tam giác ABD và ACD bằng nhau. Chứng minh rằng các
đường tròn bàng tiếp góc A của hai tam giác ABD và ACD cũng bằng nhau.

Lời giải tóm tắt
Theo bài toán trên ta chứng minh được tứ A, M’, H thẳng hàng. Và A, N, E
thẳng hàng.
Dễ dàng chứng minh được MM’N’N là hình chữ nhật nên MM’ //BC. Nên
theo định lý Ta-lét ta có:

AM ' AN '
=
. Theo nhận xét trên dễ dàng suy ra:
AH
AE

IM ' I ' N '
=
mà IM’ = I’N’ từ đó suy ra: KH = K’E (đpcm)
KH K ' E

Ví dụ 8(lớp 8).Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công
nguyên)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng
BC, CA, AB sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm
thuộc các cạnh của tam giác ABC. Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi
A'B B ' C C ' A
.
.
=1
A 'C B ' A C ' B

22


Chứng minh
* Trường hợp 1: Trong 3 điểm A’, B’, C’ có
đúng 2 điểm thuộc cạnh tam giác ABC. Giả
sử là B’, C’
Phần thuận
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt
đường thẳng B’C’ tại M.
Ta có:

C'A AM B ' C A ' C
A'B B ' C C ' A AM A ' C A ' B

=
;
=
.
.
=
.
.
=1
. Vậy
C ' B A ' B B ' A AM
A ' C B ' A C ' B A ' B AM A ' C

Phần đảo: Gọi A’’ là giao của B’C’ với BC.
Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có
mà

A''B B ' C C ' A
.
.
=1
A '' C B ' A C ' B

A'B B ' C C ' A
A''B A ' B
.
.
= 1 nên
=
. Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB

A 'C B ' A C ' B
A '' C A ' C

nên A’’ nằm ngoài cạnh BC.
Vậy

A''B A ' B
=
và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy ra A '' ≡ A ' . Do đó A’, B’, C’
A '' C A ' C

thẳng hàng .
* Trường hợp 2: Trong 3 điểm A’, B’, C’ không có điểm thuộc cạnh tam giác
ABC được chứng minh tương tự.
Ví dụ 9(lớp 8). Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các đường thẳng BC,
CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi
Chứng minh
Phần thuận:
Qua A kẻ đường thẳng song song
với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ tại M, N.
Theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:
B ' C BC C'A AN A ' B AM
=
;
=
;
=
.
B ' A AM C ' B BC A ' C AN

Vậy ta có

A'B B ' C C ' A AM BC AN
.
.
=
.
.
=1
A ' C B ' A C ' B AN AM BC

Phần đảo:
Gọi I là giao của BB’ và CC’.
Giải sử AI cắt BC tại A’’, suy ra A’’ cũng thuộc BC.
23

A'B B ' C C ' A
.
.
= 1.
A 'C B ' A C ' B


Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có
nên

A''B B ' C C ' A
A'B B ' C C ' A
.

.
= 1 mà
.
.
=1
A '' C B ' A C ' B
A'C B ' A C ' B

A'B A '' B
=
. Từ đó suy ra A '' ≡ A ' . Do đó AA’, BB’, CC’ đồng quy
A ' C A '' C

Nhận xét:
Định lý Menelaus và định lý Ceva là những định lý được áp dụng nhiều
trong các bài toán hình học trong bồi dưỡng HSG, trong các đề thi vào trường
chuyên toán, chuyên tin và các kì thi học sinh giỏi. Sau đây là một số bài toán áp
dụng các định lý trên:
Ví dụ 10(lớp 9): (Trích Câu 5.d Đề HSG tỉnh Phú Thọ 2010-2011)
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường
tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A,
B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D. Gọi I là
giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là
E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E, N thẳng hàng.
Lời giải.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ACO với
ba điểm thẳng hàng là B, I, M ta có:

AB OI CM
OI MA

=
. .
=1 ⇒
IC 2CM
BO IC MA

(1)

Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng
hàng là A, I, F ta có:

OI FB
=
IC 2CF

(2)

Từ (1) và (2) ta có

MA FB
=
. Do đó MF // AB
CM CF

(định lý Ta lét đảo) mà AB ⊥ BC
·
⇒ MF ⊥ BC ⇒ MFC
= 900

·

·
Ta có EFB
(cùng phụ với góc EAB);
= EBA
·
·
(tứ giác AMEB nội tiếp)
EBA
= EMC
·
·
⇒ Tứ giác MEFC nội tiếp
⇒ EFB
= EMC
·
·
⇒ MEC
= MFC
= 90 0 . Do đó: ME ⊥ EC

(3).

·
Lại có MEN
= 900 (chắn nửa đtròn) ⇒ ME ⊥ EN

(4).

24

Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng.
Ví dụ 11(lớp 9). (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Toán, Vĩnh Phúc 2013-2014)
Cho tam giác nhọn ABC, AB < AC . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
A, B, C. Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song
song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh:
a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
b)

PB DB
=
và D là trung điểm của QS.
PC DC

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
Lời giải.
A
a) Do AB < AC nên Q nằm trên tia đối
của tia BA và R nằm trong đoạn CA,
E
từ đó Q, C nằm về cùng một phía của
F
đường thẳng BR.
H
·
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên ·AFE = BCA
,
S
B
P

·
Do QR song song với EF nên ·AFE = BQR
D
M
Q
·
·
Từ đó suy ra BCA
= BQR
hay tứ giác BQCR nội
tiếp.
b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên
Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên
Từ hai tỷ số trên ta được

DB HB
=
AE HA

DC HC
=
AF HA

DB AE HB AE FB
=
.
=
.
( 1)
DC AF HC AF EC

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
PB EC FA
PB AE FB
.
.
=1⇔
=
.
( 2)
PC EA FB
PC AF EC

Từ (1) và (2) ta được

PB DB
=
( 3)
PC DC

Do QR song song với EF nên theo định lý Ta-lét

DQ BD DS CD
=
,
=
.
PF BP PF CP

Kết hợp với (3) ta được DQ = DS hay D là trung điểm của QS.

c). Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh DP.DM = DQ.DR .
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR = DB.DC (4).
DC − DB 
÷ = DB.DC
2




Tiếp theo ta chứng minh DP.DM = DB.DC ⇔ DP 

25

R
C