ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS

ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS
1. 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 khơng 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

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’

( ⇒ ) Qua A kẻ đường thẳng song song với
BC cắt đường thẳng B’C’ tại M.
C'A AM B ' C A ' C
A'B B ' C C ' A AM A ' C A ' B
=
;
=
.
.
=
.
.
=1
Ta có: C ' B A ' B B ' A AM . Vậy A ' C B ' A C ' B A ' B AM A ' C

( ⇐) Gọi A’’ là giao của B’C’ với BC.
A''B B ' C C ' A
.
.
=1
Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có A '' C B ' A C ' B
A'B B ' C C ' A
A''B A ' B
.
.
=1
=
mà A ' C B ' A C ' B
nên A '' C A ' C . Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB

nên A’’ nằm ngoài cạnh BC.
A''B A ' B
=
Vậy A '' C A ' C và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy ra A '' ≡ A ' . Do đó A’, B’, 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.
2. 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
A'B B ' C C ' A
.
.
=1
đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi A ' C B ' A C ' B .

Chứng minh

( ⇒ ) Qua A kẻ đường thẳng song song
với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ tại M, N.
B ' C BC C'A AN A ' B AM
=
;
=
;
=
Ta có: B ' A AM C ' B BC A ' C AN .

A'B B ' C C ' A AM BC AN
.
.
=
.
.
=1
Vậy ta có A ' C B ' A C ' B AN AM BC


( ⇐) Gọi I là giao của BB’ và CC’. Giải sử AI cắt BC tại A’’, suy ra A’’ cũng thuộc BC.
A''B B ' C C ' A
A'B B ' C C ' A
.
.
=1
.

.
=1
Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có A '' C B ' A C ' B
mà A ' C B ' A C ' B
A'B A '' B
=
nên A ' C A '' C . Từ đó suy ra A '' ≡ A ' . Do đó AA’, BB’, CC’ đồng quy

Định Lý Ceva ( CHUNG)
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:
1.1 AD,BE,CF đồng quy tại một điểm.
1.2

·
·
sin ·ABE sin BCF
sin CAD
.
.
=1
·
·
·
sin DAB
sin EBC
sin FCA

1.3

AE CD BF
.
.
=1
EC DB FA
.

.

Chứng minh:
Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1.1 dẫn đến
1.2, 1.2 dẫn đến 1.3, và 1.3 dẫn đến 1.1.
Giả sử 1.1 đúng. Gọi P là giao điểm của AD,
BE, CF. Theo định lý hàm số sin trong tam giác

sin ·ABE sin ·ABP AP
=
=
.
·
·
APD, ta có: sin DAB sin BAP BP (1)Tương
·
sin BCF
BP
=
;
·
CP
sin

EBC
tự, ta cũng có:
(2)
·
sin CAD CP
=
.
·
AP (3)
sin FCA

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

·
sin ·ADB AB sin CAD
CD
=
;
=
.
·
·ACD CA
DB
sin
BAD
sin
có:
Do đó:
0

·
BDA
+ ·ADC = 180

(

) (4)

·
sin CAD
AB CD
=
.
.
·
CA DB
sin BAD

·
sin BCF
CA BF
=
.
.
·
BC
FA
sin
FCA
Tương tự, ta cũng có:

(5)
sin ·ABE BC AE
=
.
.
·
AB EC (6)
sin EBC

Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3.
Giả sử 1.3 đúng, ta gọi P = CF I BE , D1 = AP I BC.
CD1 CD
AE CD1 BF AE CD BF
.
.
=
.
.
=1
=
.
EC
D
B
FA
EC
DB
FA
D
B

DB
1
1
Theo 1.1 và 1.2, ta có:
hay:
D
≡
D
1.
Do đó:


CÁC BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Cho ∆ABC có trung tuyến AM. Trên AM lấy I sao cho AI = 4MI. Đường thẳng
BI cắt AC tại P. Chứng minh rằng: PA = 2PC
Lời giải.
Áp dụng định lí Menelaus cho ∆AMC với cát

A

PC IA BM
.
.
=1
tuyến BIP ta có: PA IM BC

PC IM BC 1
=
.
=

Suy ra: PA IA BM 2 nên PA = 2PC

P
I
C

B

M

Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho bài
toán này dẫn đến lời giải hay và rất ngắn gọn.
Bài 2. Cho ∆ABC. Gọi D là trung điểm của BC, E và F lần lượt là hai điểm nằm trên
AB, AC sao cho AD, BF, CE đồng quy. Chứng minh rằng EF // BC
Lời giải.
Áp dụng định lí Ceva cho ∆ABC với các đường đồng quy là AD, BF và CE ta có
AE BD CF
.
.
=1
EB DC FA

A

AE CF
.
=1
Vì BD = CD nên EB FA

E

F
O

EA FA
=
suy ra EB FC Vậy theo định lí Ta-lét ta có: EF // BC
B

C
D
Nhận xét: Trong bài tập trên nếu dùng các
dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song
thơng thường dùng thì rất khó khăn trong chứng minh. Ở đây ta dùng định lí Ceva

EA FA
=
sẽ dẫn đến tỉ số có lợi là EB FC và áp dụng định lí Ta-let để thu được kết quả

hay và ngắn gọn.
Bài 3. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các
tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng: Các đường thẳng NP,
MQ, BD đồng quy.
Lời giải.
Gọi I là giao của QM và BD.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD
QA ID MB
. .
=1
QD

IB
MA
với 3 điểm Q, M, I thẳng hàng ta có


MB ID
.
=1
QD
IB
mà MA = QA nên suy ra
.

Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC
NB ID
PC ID NB
.
=1⇒
. .
=1
PD IB NC
nên DP IB
, do đó theo định lý

Menelaus thì I, N, P thẳng hàng.
Bài 4. Cho đường trịn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường trịn
(O). MN là một đường kính thay đổi của đường trịn (M khơng 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.

(Trích Câu 5.d Đề HSG Phú Thọ 2010-2011)
Lời giải.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ACO với ba điểm

AB OI CM
. .
=1
thẳng hàng là B, I, M ta có: BO IC MA
OI MA
=
⇒ IC 2CM
(1)
Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A,

OI FB
=
IC
2CF
I, F ta có:

(2)

MA FB
=
Từ (1) và (2) ta có CM CF . Do đó MF // AB (định lí Ta lét đảo) mà AB ⊥ BC ⇒
0
·
MF ⊥ BC ⇒ MFC = 90

·

·
Ta có EFB = EBA (cùng phụ với góc EAB);

·
·
·
·
EBA
= EMC
(tứ giác AMEB nội tiếp) ⇒ EFB = EMC ⇒ Tứ giác MEFC nội tiếp
·
·
·
= MFC
= 900 . Do đó: ME ⊥ EC (3). Lại có MEN
⇒ MEC
= 900 (chắn nửa đtròn)
⇒ ME ⊥ EN (4). Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng.
Bài 5. 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
a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
PB DB
=
b) PC DC và D là trung điểm của QS.

E

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung F
điểm của BC.
R
H Phúc 2013-2014)
(Trích Đề thi vào lớp Chuyên Toán, Vĩnh
S
Lời giải.
B
P
C
D
M
Q


a) Do AB < AC nên Q nằm trên tia đối
của tia BA và R nằm trong đoạn CA,
từ đó Q, C nằm về cùng một phía của
đường thẳng BR.
·
·
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE = BCA ,

·
·
Do QR song song với EF nên AFE = BQR
·
·
Từ đó suy ra BCA = BQR hay tứ giác BQCR nội
tiếp.

DB HB
=
b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên AE HA
DC HC
=
Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên AF HA

DB AE HB AE FB
=
.
=
.
( 1)
Từ hai tỷ số trên ta được DC AF HC AF EC

Áp dụng định lí 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

PB DB
=
( 3)

Từ (1) và (2) ta được PC DC

DQ BD DS CD
=
,
=
Do QR song song với EF nên theo định lí Thales 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 
DP.DM = DB.DC ⇔ DP 
÷ = DB.DC
2


Tiếp theo ta chứng minh

DP ( DC − DB ) = 2 DB.DC ⇔ DB ( DP + DC ) = DC ( DP − DB ) ⇔ DB.PC = DC.PB
⇔

PB DB
=
PC DC (đúng theo phần b). Do đó DP.DM = DB.DC ( 5 )

Từ (4) và (5) ta được DP.DM = DQ.DR suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường
tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
Bài 6. Cho tam giác ABC có AB = AC. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm
E , D sao cho DE = DC. Giả sử đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn thẳng

EB cắt đường thẳng BC tại F .

·
a) Chứng minh rằng đường thẳng EF chia đơi góc AED.

·
·
b) CMR: BFE = CED. (Trích Đề thi vào lớp Chuyên Tin, Vĩnh Phúc 2011-2012)


Lời giải.
a) Gọi M là trung điểm BE, G là giao điểm
của các đường thẳng EF , AC.
GA EA
=
×
Ta sẽ chứng minh GD ED

Áp dụng định lý Ménélaus cho ∆ADM với cát
tuyến G, E, F ta có:
GA FD EM
GA FM EA
×
×
=1⇒
=
×
GD FM EA
GD FD EM

Lấy I ∈ BC sao cho DI //AB

FM BM
=
Khi đó do hai tam giác FMB, FDI đồng dạng nên FD DI Do ∆ABC cân, D / / AB nên
FM BM BM
=
=
∆DCI cân, hay DI = DC = DE suy ra: FD
DI
DE

EA
EA
=
Do M là trung điểm của BE nên EM = MB do đó EM MB
GA FM EA BM EA EA
=
×
=
×
=
Vậy GD FD EM DE BM ED điều phải chứng minh.
·
·
·
·
·
·
b) Đặt ABC = ACB = β ; DCE = DEC = α ; DEG = GEA = γ . Ta sẽ chứng minh β = α + γ .

·
·
Thật vậy: Trong tam giác BEC có CBE = β , BCE = β − α suy ra

·
CEB
= 1800 − β − ( β − α ) = 1800 − 2β + α

(1)

·
·
·
·
CEB
= 1800 − CEG
− BEF
= 1800 − ( α + γ ) − γ
Do G, E , F th/ hàng nên FEB = γ và do đó
(2)

Từ (1) và (2) suy ra β = α + γ , điều phải chứng minh.
Bài 7. Cho tam giác ABC, gọi M là chân đường vng góc kẻ từ A xuống đường
phân giác của góc BCA, N và L lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ A và C
xuống đường phân giác của góc ABC. Gọi F là giao của MN và AC, E là giao của BF
và CL, D là giao của BL và AC. Chứng minh rằng DE song song với MN
Lời giải.
Kéo dài AM cắt BC tại G, kéo dài AN cắt BC
tại I, kéo dài CL cắt AB tại J.
Khi đó AM = MG. AN = NI suy ra MN và BC

song song với nhau
(1)
Vì AM = MG nên AF = FC.
Gọi H là giao của LF và BC, ta có BH = CH.
Trong tam giác BLC có BE, LH, CD cắt nhau tại F, theo định lý Ceva ta có


BH CE LD
CE DB
.
.
=1
=
HC EL DB
. Vì BH = CH nên EL LD , suy ra DE // BC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra MM song song với DE.
Bài 8. Cho ∆ABC lấy E, F, M thứ tự trên cạnh AC, AB sao cho EF//BC, MB = MC.
Chứng minh CF, BE , AM đồng quy.
Lời giải.

A

Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi AM ∩ EF = K
AF
AK CE KM
=
=

Theo định lý Talét ta có: BF KM ; AE AK ;

BM
=1
và CM

AF BM CE
Suy ra BF . CM . AE = 1

F

K

B

E

C

M

Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC ta có CF, BE , AM đồng
quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)

A

Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BE tại N, AM ∩ BE = I

N

F

AF AN BC
MI BM
Ta có BF = BC ; MC =2; AI = AN

E
I

AF BC MI AN
BM
Suy ra BF . MC . AI = BC .2. AN =1

B

C

M

Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABM thì F, I, C thẳng
hàng. Từ đó suy ra CF, BE , AM đồng quy.
Bài 9. Cho đường tròn nội tiếp ∆ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D,
E, F. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy.
Lời giải.
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau:
AF = AE; BF = BD; CE = CD

A

F
E

AF BD CE AE BD CE
Suy ra BF . CD . AE = BD . CE . AE =1

D

B

Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy ra AD,

N

BE, CF đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đt song song với BC cắt CF tại N

C

A

F
E
I

AD ∩ CF = I. Ta có :
B
AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB
.

CE . DB . AI = CD . BF . AN = BF . AN = CB AN =1

Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ACD thì AD, BE, CF đồng quy.

D

C


Bài 10. Cho tam giác ABC đường cao AH. Lấy D,E thứ tự trên AB, AC sao cho AH
là phân giác góc DHE. Chứng minh: AH, BE, CD đồng quy.
Lời giải.
M
A
N
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
E
Từ A kẻ đt // BC cắt HE, HD tại M và N
D
Vì HA là phân giác của góc A, HA là đường cao
C
B H
nên AM = AN

AD MA CE CH
=
=
. Ta có: BD BH ; AE AN

AD BH CE MA BH CH

.
.
=
.
.
=1
⇒ BD CH AE BH CH AN

Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy ra AH, BE,
CD đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đt // BC cắt HD, HE, BE lần lượt tại M, N, K. M

A

N K

AD MA AN
HI BH
=
Gọi AH ∩ BE = I Ta có: BD = BH = BH và AI AK

E

AD BH HI AN BC BH AN BC
AE CE
.
.
.
.

.
⇒ BD CH . AI = BH HC AK = HC AK = CE AE =1

D

I

Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ABH thì D, I, C

B

H

C

thẳng hàng. Vậy AH, BE, CD đồng quy.
Bài 11. Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AK. Dựng bên ngoài tam giác những hình
vng ABEF và ACGH. Chứng minh: AK, BG, CE đồng quy.
Lời giải.
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
H

Gọi D = AB ∩ CE, I = AC ∩ BG
Đặt AB = c, AC = b.
Ta có c2 = BK.BC; b2 = CK.BC
BK c 2
AD b CI b
2
⇒ CK = b và BD = c ; AI = c

(do ∆AIB ∼ ∆CIG)

A
E

AD BK CI b c 2 b
2
⇒ BD . CK . AI = c . b . c =1

Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC thì AK, BG, CE
đồng quy
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)

G

F
I
D
B

K

C


Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BG tại
M. AK ∩ BG tại O.

H

AD b KO BK
AD BC KO b
Ta có BD = c ; AO = AM suy ra BD . CK . AO = c .

G

F

BC BK
CK . AM
b BC BK b CI c 2 b b c 2
2
2
= c . AM . CK = c . AI . b = c . c b =1

Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABK
thì D, O, C thẳng hàng.
Vậy AK, BG, CE đồng quy

A
E

D
B

O
K

M
I

C