Định lí ceva và định lí menelaus trong e2

LỜI CẢM ƠN
Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành và sâu sắc tới:
Thầy Phan Hồng Trường vì sự hướng dẫn, chỉ bảo tận tình, những
nhận xét và góp ý quý báu của thầy trong cả quá trình tôi thực hiện khoá
luận.
Các thầy cô khoa Toán đã dạy dỗ tôi trong suốt quá trình học tập tại
trường.
Ban giám hiệu, phòng đào tạo đã tạo điều kiện tốt nhất để tôi hoàn
thành khoá luận.
Gia đình, bè bạn đã giúp đỡ động viên tinh thần cho tôi.
Hà Nội, ngày 25 tháng 4 năm 2010
Người thực hiện

Nguyễn Thị Len

-6-

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan kết quả đề tài đúng, chính xác, khách quan, trung
thực không trùng với kết quả của tác giả khác.
Nếu sai tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.

Hà Nội, ngày 25 tháng 4 năm 2010
Người thực hiện

Nguyễn Thị Len

-7-

MỤC LỤC

Trang
Lời cảm ơn
Lời cam đoan
Mục lục
Lời nói đầu
Chƣơng 1: Định lí Ceva

6

1.1 Vài nét về tác giả Ceva và nội dung định lí Ceva

6

1.2 Ứng dụng của định lí Ceva trong giải toán

9

1.3 Mở rộng của định lí Ceva

34

1.4 Dạng lượng giác của định lí Ceva

37

1.5 Định lí đồng quy trong ngũ giác lồi

41

1.6 Sự đồng quy của các đường vuông góc

43

Chƣơng 2: Định lí Menelaus

47

2.1 Vài nét về tác giả Menelaus và nội dung định lí Menelaus

47

2.2 Dạng mở rộng của định lí Menelaus

49

2.3 Ứng dụng của định lí Menelaus trong việc giải toán hình

51

học phẳng
Chƣơng 3: Một số bài tập củng cố

63

Kết luận

70

Tài liệu tham khảo

71

-8-

Chƣơng 1: Định lí Ceva
1.1 Vài nét về nhà toán học Ceva và nội dung định lí Ceva
1.1.1 Vài nét về nhà toán học Ceva
Giovani Ceva sinh ngày 7 tháng 12 năm 1647 tại Milan, nước Ý.Ông
mất ngày 15 tháng 6 năm 1734 tại Mantua, nước Ý.
Thuở nhỏ, ông theo học tại trường dòng thiên chúa giáo ở Milan, lớn lên ông
học tại trường Đại học Pisa và sau đó, năm 1686 được bổ nhiệm làm giáo sư
Toán tại trường đại học Mantua, nơi ông gắn bó suốt cuộc đời.
Năm 1686, khi mới được bổ nhiệm, Giovani Ceva làm việc dưới quyền cai trị
của vua Gonzagas. Tuy nhiên, năm 1708 nước Áo đem quân chiếm đóng và
bắt đầu xây dựng công sự, Giovani Ceva nhanh chóng chuyển sang làm việc
dưới chế độ thống trị của người nước Áo.
Phần lớn cuộc đời Giovani Ceva giành cho nghiên cứu hình học. Ông đã
khám phá ra một trong những kết quả quan trọng về tam giác bằng phương
pháp hình học tổng hợp. Định lí phát biểu rằng các đường thẳng qua đỉnh của
một tam giác và cắt các cạnh đối diện rõ ràng thì đồng quy khi tích tỉ số các
đoạn thẳng chia cạnh tam giác bằng 1.
Định lí Ceva được in trong cuốn “ De lineis rectis” (1678)
Ceva cho xuất bản “ Opuscula mathematica” năm 1682. Trong “Geometria
Motus” (1692), trong một chừng mực nào đó, ông đã đề cập đến phép tính vi
phân. Năm 1711, ông cho ra đời cuốn “Dere Nummeraria”, một trong những
công trình đầu tiên về toán kinh tế, nhằm tìm ra điều kiện cân bằng cho hệ
thống tiền tệ của bang Mantua.
Ceva cũng có những công trình quan trọng về thuỷ lực học, tiêu biểu là cuốn
“Opus hydro staticum” (1728). Ông là một viên chức nhỏ ở Mantua, và đã

-9-

dùng kiến thức của mình về thuỷ lực học để bác bỏ thành công dự án ngăn
dòng chảy sông Reno để vào sông Po.
1.1.2 Nội dung định lí Ceva
Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam
giác ABC. Lúc đó, ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O
khi và chỉ khi :

AG BE CF
.
.
1
GB EC FA
A
F

K
G

O
E

B

C

L

Chứng minh
A

Phần thuận:
Giả sử AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O.

K

Từ A, C kẻ các đường thẳng song song với BF, chúng lần lượt cắt CG và AE
B

tại K, L tương ứng.
Ta có:

AG BE AK
.

GB EC CL

H

(1)

AK AO FA


(2)
CL OL CF

Từ (1) và (2) ta thu được:

E

AG BE FA
.

GB EC CF

- 10 -



AG BE CF
.
.
1
GB EC FA

(điều phải chứng minh)

Phần đảo
Giả sử E, F, G lần lượt nằm trên ba cạnh BC, CA, AB và thoả mãn
AG BE CF
.
.
1
GB EC FA

Ta phải chứng minh AE, BF, CG đồng quy.
Gọi AE cắt BF tại O.
Nối C với O cắt AB tai G1.
A

Khi
F đó theo phần thuận ta có:

K
G
B

O

Mà theo giả thiết ta có:

E

C

AG 1 BE CF
.
.
1
G1B EC FA

AG 1 AG
AG BE CF
.
.
1 

GB EC FA
G1B GB

 G1  G

 AE, BF, CG đồng quy tại O
L

1.1.3 Nhận xét :
(a) Trong chứng minh phần thuận của định lí Cêva đã sử dụng các tỉ số diện
tích như sau:
A
K
B

C

E

H

Gọi K, H là hình chiếu của B, C xuống đường thẳng AE.
Khi đó :

BE BK

EC CH

- 11 -

Mặt khác:
SAOB
SCOA

1
BK.AO
BK
2


1
CH.AO CH
2

Do đó :

BE SAOB

EC SCOA

Tương tự ta được :

 AG SCOA
 GB  S

BOC

 CF  SBOC
 FA SAOB

Như vậy:

AG BE CF SCOA SAOB SBOC
.
.

.
.
GB EC FA SBOC SCOA SAOB


AG BE CF
.
.
1
GB EC FA

(b) Để tỏ lòng tôn kính Ceva người ta đã gọi các đoạn thẳng AE, BF, CG là
các Cevian.
Tổng quát : một Cevian là một đoạn thẳng nối một đỉnh của tam giác với một
điểm trên cạnh đối của đỉnh đó.
1.2 Ứng dụng của định lí Ceva trong việc giải toán hình học phẳng
1.2.1 Ví dụ 1 ( Các điểm đặc biệt trong tam giác)
Dùng định lí Ceva, hãy chứng minh
a) Ba đường trung tuyến của một tam giác đồng quy tại một điểm,
điểm này được gọi là trọng tâm.
b) Ba đường phân giác của một tam giác đồng quy tại một điểm ( tâm
đường tròn nội tiếp)
c) Ba đường cao của một tam giác đồng quy tại một điểm, điểm này gọi
là trực tâm.

- 12 -

d) Gọi D, E, F là các tiếp điểm tròn nội tiếp tam giác ABC ứng với các
cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: Các đường thẳng AD, BE, CF giao
nhau tại một điểm, điểm này được gọi là điểm Gergonne.
e) Cho tam giác ABC với trung tuyến AM. Giả sử CAM  MAB
Ta nói ASa là một đối trung tuyến của tam giác ABC nếu Sa thuộc cạnh BC
và BASa  CAM
Chứng minh rằng : Trong một tam giác, ba đối trung tuyến đồng quy tại
một điểm, điểm này được gọi là điểm Lemoine.
g) Gọi Xa là tiếp điểm của cạnh BC với đường tròn tâm Ia , là đường
bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Định nghĩa tương tự như thế cho các
điểm Xb và Xc trên các cạnh tương ứng AC và AB.
Chứng minh rằng: Ba đường thẳng AXa , BXb , CXc giao nhau tại một
điểm , điểm này được gọi là điểm Nagel.
Giải
a)
A
N
P
B

M

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA , AB


BM CN AP
.
.
1
MC NA PB

 Theo định lí Ceva thì AM , BN , CP đồng quy

- 13 -

C

A

b)
F

E

B

C
D

Theo tính chất của đường phân giác, ta có :
BD AB CE CB AF AC


;
;

DC AC EA BA FB BC


BD CE AF AB CB AC
.
.

.
.
DC EA FB AC BA BC

Theo định lí Ceva thì AD , BE , CF đồng quy
c)
A
E

F

C

D

B

Ta có:  ACD và  BCE là hai tam giác đồng dạng


CE BE

CD AD

(1)

 AFC và  AEB là hai tam giác đồng dạng



AF CF

AE BE

(2)

 BAD và  BCF là hai tam giác đồng dạng



BD AD

FB CF

(3)

Từ (1), (2), (3) ta được :

AF BD CE AF BD CE
CF AD BE
.
.

.
.
.
.
=
=1
FB DC EA AE FB CD
BE CF AD

- 14 -



AF BD CE
.
.
1
FB DC EA



Theo định lí Ceva thì AD , BE , CF đồng quy.

d)
A

E

F

B
D

C

Gọi D, E , F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với
các cạnh BC , CA , AB.
Khi đó : BD = BF , CD = CE , AE = AF
Vậy:

BD CE AF BD CE AF
.
.

.
.
= 1
DC EA FB BF CD AE

Do đó theo định lí Ceva thì AD , BE , CF đồng quy
e)
A

B

C
Sa

Ma

Gọi ba đối trung tuyến của  ABC là ASa , BSb , CSc.
Ta tính diện tích tam giác bằng cách sử dụng hai công thức
2S = a.b.sinC
2S = c.hc

- 15 -

Ta có:

SB A Sa
SA C Ma

SB A Sa
SA C Ma



SB A Sa
SA C Ma
SA C Sa
SA B Ma



1 / 2 .h a .BSa
BSa

1 / 2.h a .CM a CM a



1 / 2.AB.ASa . sin Sa AB
AB.ASa
=
1 / 2.AM a .AC. sin CAM a AM a .AC



AB.ASa
AM a .AC



CSa
AC.AS a

BM a AM a .AB

(1)

(2)

Chia đẳng thức (1) cho đẳng thức (2) ta được:

BSa BM a AB 2
.

CM a CSa AC 2

BSa AB 2
hay
( do BMa = CMa)

CSa AC 2

Tương tự ta cũng có những đẳng thức như thế cho các đỉnh khác:

CSb BC2
ASc AC 2
;


AS b BA 2
BSc BC2



BSa CSb ASc
.
.
1
S a C S b A Sc B

Theo phần đảo định lí Ceva ta suy ra ASa , BSb , CSc đồng quy.
g)

M
K
B

O1

Xa
C

O3 Xc

N

Xb
Q

P

O2
- 16 -

Gọi O1, O2 , O3 lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C.
Gọi R1 , R2 , R3 là lần lượt là bán kính đường tròn tâm O1, O2 , O3.
Giả sử (O1, R1) tiếp xúc với AB, AC tương ứng tại M, N.
(O2, R2) tiếp xúc với AB, BC tương ứng tại P, Q.
(O3, R3) tiếp xúc với AC, BC tương ứng tại R, K.
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có:
CXa = CN ; XBb = BM ; XbC = CQ
XbR = RP ; XcA = CQ ; XcB = BK



AX b CX a BX c AX b BX c CX a
.
.

.
.
X b C X a B X c A AX c BX a CX b
=

AX b BX c CX a
.
.
AR BM CN

=

R 2 R 3 R1
. .
1
R 3 R1 R 2

 Theo phần đảo của định lí Ceva ta suy ra AXa , BXb , CXc đồng quy.
1.2.2 Ví dụ 2
Cho tam giác ABC. Gọi D là trung điểm của BC. E, F lần lượt là hai điểm
trên AB và AC. Chứng minh rằng: Nếu AD, BF, CE đồng quy thì EF song
song với BC.
A

Giải
F

E

B

D

C

Áp dụng định lí Ceva trong tam giác ABC với ba đường thẳng đồng quy AD,
BF, CE ta có:

BD CF AE
.
.
1
DC FA EB

- 17 -

AE CF
.
1
EB FA

Vì BD = DC nên


AE FA

EB CF

Theo định lí Talet, ta có EF song song với BC (điều phải chứng minh)
1.2.3 Ví dụ 3
Từ điểm I thuộc miền trong của tam giác ABC, kẻ tia AI cắt BC ở D. Qua I kẻ
các đường thẳng MN, PQ, RS lần lượt song song với BC, AB, AC .
( M, S trên AB; Q, R trên BC; N, P trên AC).
Chứng minh rằng:

IM IP IR
. . 1
IN IQ IS

Giải
A
S

P
E

F
M

N

H

B

D

Q

R

C

Gọi BI cắt AC tại E, CI cắt AB tại F.
Vì MN song song với BC nên:
IM IN

hay
DB DC

Tương tự ta cũng có:



IM DB

IN DC

IP FA

IQ FB

và

IR EC

IS EA

IM IP IR DB FA EC
. . 
.
.
IN IQ IS DC FB EA

Do AD, BE, CF đồng quy tại I nên theo định lí Ceva thì ta có:
DB FA EC
.
.
1
DC FB EB

- 18 -



IM IP IR
. .  1 (Điều phải chứng minh)
IN IQ IS

1.2.4 Ví dụ 4 (Thi vô địch Hàn Quốc, 1992)
Trong tam giác ABC có AB  AC, gọi V là giao điểm của phân giác trong của
góc A với cạnh BC, D là chân đường cao vuông góc hạ từ A xuống cạnh BC.
Nếu E và F tương ứng là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AVD
với hai cạnh CA và AB, hãy chứng minh rằng: Các đường thẳng AD, BE, CF
đồng quy.
Giải
A
E
C

F
B

D

V

Nhận thấy A, D, V, E, F nằm trên đường tròn đường kính AV
Do đó:  AFV = 900;  ADV = 900
Xét tam giác BFV và tam giác BDA
Có:  BFV =  BDA = 900
 B chung

Do đó:  BFV và  BDA là hai tam giác đồng dạng
Tương tự:  CEV và  CDA là hai tam giác đồng dạng
 BD AB
 BF  VB

 CD  AC
 CE VC

(1)

- 19 -

Mặt khác do tính chất đường phân giác, ta có:


AB AC

VB VC

AB VB

AC VC

(2)

Từ (1),(2) ta thu được:

BD CD
BD BF



BF CE
DC CE

FVA  FAV  900

0
AVE  VAE  90
FAV  VAE


Do :

 FVA  VAE

 AE = AF
Do đó:


BD CE AF BF CE AF AF
.
.

.
.

1
DC EA FB CE EA FB EA

BD CE AF
.
.
1
DC EA FB

Theo phần đảo định lí Ceva thì AD, BE, CF đồng quy
1.2.5 Ví dụ 5 (Tạp chí Komal, bài B.3531, 2002)
Cho tam giác ABC có O là tâm đường tròn nội tiếp, đường tròn này tiếp xúc
các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm A1, B1, C1. Các đường thẳng
A1O, B1O, C1O tương ứng cắt các đoạn thẳng B1C1, C1A1, A1B1 tại các điểm
A2, B2, C2.
Chứng minh rằng: Ba đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy.
Giải

A
C1

B1

A2
C2
B2

B

C
A1
- 20 -

Ta sử dụng kết quả sau đây :
Nếu X’ là điểm nằm trên cạnh YZ của tam giác XYZ
Kí hiệu Y , Z ,  Y , Z lần lượt là số đo các góc

 XYZ,  XZY,  YXX’,

 ZXX’.

YX' sin  Y sin Z

.
ZX' sin  Z sin Y

Ta có:

Ta có thể chứng minh kết quả trên một cách nhanh chóng bằng việc áp dụng
định lí hàm số sin như sau:

YX'
XX '
ZX '
XX '
;


sin Y sin Y
sin  Z sin Z



YX' sin  Y
ZX ' sin  Z
;


XX' sin Y
XX ' sin Z
YX' sin  Y sin Z

.
ZX ' sin Y sin  Z




YX' sin  Y sin Z

.
ZX ' sin  Z sin Y

Đặc biệt:
Khi XY = XZ (tức tam giác XYZ cân) ta có:  Y   Z
Nên

YX' sin  Y

ZX' sin  Z

Kí hiệu , ,  là các góc đỉnh A, B, C của tam giác ABC


Ta có:

 C1A1B1 = 1/2.sđ B1C1 =


2

Thật vậy
 C1A1B1 +  A1C1B1 +  C1BA1 = 180

0

  2BA1C1 +  A1BC1 = 1800

- 21 -

  BA C = 900 -  A BC /2
1 1
1
1

  BA1C1 = 900 -  / 2
Tương tự  B1A1C = 900 -  / 2

  C1A1B1 = 1800 -  BA1C -  B1AC


= 1800 - (900 - ) - (900 - )
2
2

  C1A1B1 =


2

Tính toán tương tự ta được:  C1B1A1 =
Có  A1OC1 là tam giác cân tại O


2

(1)

Mặt khác : OC1  AB
OA1  BC

 Tứ giác BC1OA2 nội tiếp trong một đường tròn.
  C1BA1 +  C1OA1 = 1800
  C1OA1 = 1800 - 

(2)

Từ (1), (2) suy ra:
2  OC1A1 +  C1OA1 = 1800
2  OC1A1 + (1800 -  ) = 1800

  OC1A1 =  / 2
  A1C1C2 =  / 2
Tương tự: B1C1C 2 


2



sin
AC
2.
2
Theo kết quả trên ta được: 1 2 
B1C 2 sin  sin   
2
2
sin

gọi  B ,  A lần lượt là số đo của  A1CC2 và  B1CC2

- 22 -

C3 là giao điểm của đường thẳng CC2 với cạnh AB.
Ta có CA1 = CB1, sử dụng mệnh đề trên ta có:

AC 3 sin  A sin  B1C 2 sin 

.

.
C 3 B sin  B sin  A1C 2 sin 


sin
AC 3
2.
2 . sin 


C 3 B sin  sin    sin 
2
2
sin

(1)

Tương tự


sin
BA 3
2.
2 . sin 

A 3 C sin  sin    sin 
2
2

(2)



sin
CB 3
2.
2 . sin 

B3 A sin  sin    sin 
2
2

(3)

sin

sin

(Với A3, B3 lần lượt là giao điểm của đường thẳng AA2 và BC, BB2 và AC)
Từ (1), (2), (3) ta có:

AC 3 BA 3 CB3
.
.
1
C 3 B A 3 C B3 A

Theo phần đảo của định lí Ceva, ta được AA3, BB3, CC3 đồng quy
Suy ra AA2, BB2, CC2 đồng quy
1.2.6 Ví dụ 6 ( Olympic Toán học mùa xuân Bulgaria, P11.2, 1997)
Cho tứ giác lồi ABCD thoã mãn: DAB  ABC  BCD .
Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng: H, O, D thẳng hàng.

- 23 -

Giải

A

D

H2

H

O

H1

B

C

Đặt CAB  ; ABC  ; BCA  ;
   ;   ;

Ta cần xét các trường hợp:

  900 ,   900 và   900
 Giả sử   900 . Lúc đó, ,   900

 ABC nhọn

 O, H là các điểm nằm trong  ABC
Ta có: 2 ACO  AOC  1800
1800  2
 ACO 
 900  
2
 CAO  ACO  900  

(1)

Gọi H 1 , H3 lần lượt là hình chiếu của A, C lên BC, AB.
Khi đó: Xét các tam giác vuông: H3BC, H1AB ta có:
HCB  HAB  900  

Từ (1) và (2) ta được :

CAO  ACO  HCB  HAB  900  
Suy ra: O là điểm nằm bên trong tam giác HAC
Từ đó: HAO  BAC  BAH  OAC

- 24 -

(2)

 HAO   - (900  )  (900  )
 (1800   )  (  1800 )

 ACD
Tương tự:

ACO      CAD
HAD  HAC  CAD
   (900  )    
 2  900
Và
HCD  HCA  ACD
 (900  )  (   )
 (1800     )    900
     900
 2  900

Áp dụng định lí hàm số sin cho các tam giác AHD, CHD, ACD
Ta được:
sin AHD AD

;
sin HAD HD

sin HCD HD

;
sin CHD CD

sin CAD CD

sin ACD AD

Nhân các đẳng thức trên vế theo vế ta được
sin  AHD. sin  HCD. sin  CAD = sin  HAD.sin  CHD. sin  ACD
Đặt: U =

sin AHD.sin HCD.sin CAD
sin AHD.sin HCO.sin CAO

V=

sin HAD.sin CHD.sin ACD
sin CHD.sin HAD.sin ACO

Vì :  HCO =  CAD =   
 ACD =  HAO =   

- 25 -