Chuyên đề Định lí Menelaus, định lí Ceva và một vài ứng dụng - Bồi dưỡng HSG Toán hình THCS

 ĐỊNH LÍ MENELAUS, ĐỊNH LÍ CEVA VÀ MỘT VÀI
 ỨNG DỤNG
 Người viết: Nguyễn Tố Uyên
 Trường THPT Chuyên Cao Bằng
1.Định lí Ceva và định lí Menelaus dạng độ dài hình học.
1.1. Định lí Ceva: 
 Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, 
CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi:
 A'B B'C C ' A
 . . 1.(1) 
 A'C B' A C 'B
Chứng minh :
( ) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1)
Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K. 
Áp dụng định lí Thales có:
 B'C BC C ' A AK
 ; .
 B' A AI C 'B BC
Hơn nữa ta có:
 AI AM AK A'B AI
 A'B MA' A'C A'C AK
 A'B B'C C ' A AI BC AK
Vậy ta có . . . . 1.
 A'C B' A C 'B AK AI BC
() Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Gọi P là giao điểm của AA’ và BB’, D là giao điểm của CP và AB. Khi đó áp 
dụng phần trên ta có 
 A'B B'C DA
 . . 1.(2)
 A'C B' A DB
 C ' A DA
Từ (1) và (2) ta có C '  D ( Do C’ và D cùng thuộc cạnh AB)
 C 'B DB
Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P. Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P khác A, B, C theo thứ tự thuộc 
các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó: các đưòng thẳng AM, BN, CP hoặc đồng 
quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi:
 sin(AM , AB) sin(BN,BC) sin(CP,CA)
 . . 1. 
 sin(AM , AC) sin(BN,BA) sin(CP,CB)
3.Một số ví dụ áp dụng.
Bài 1: Chứng minh rằng trong một tam giác:
 a) Ba đường trung tuyến đồng quy.
 b) Ba đường phân giác đồng quy.
 c) Ba đường cao đồng quy.
 d) Ba đường trung trực đồng quy.
Chứng minh. Xét tam giác ABC
 a) Ba đường trung tuyến AM, NB, CP đồng quy.
 MB NC PA
 Thật vậy ta có . . 1. Theo định lí Ceva, AM, BN và CP đồng 
 MC NA PB
 quy tại G (G là trọng tâm của tam giác).
 b) Ba đường phân giác AD, BE và CF đồng quy.
 DB AB EC BC
 Áp dụng tính chất đường phân giác ta có ; và 
 DC AC EA BA
 FA CA DB EC FA AB BC CA
 . Do đó . . . . 1, theo định lí Ceva, AD, 
 FB CB DC EA FB AC BA CB
 BE và CF đồng quy tại I (I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác).
 c) Ba đường cao AH, BI và CK đồng quy.
 Trường hợp tam giác ABC nhọn
 AK AC BH AB
 Ta có AKC ~ AIB , ABH ~ CBK 
 AI AB BK BC
 CI BC
 BCI ~ ACH .
 CH AC
 HB IC KA
 Do đó . . 1, theo định lí Ceva, AH, BI và CK đồng quy tại H” 
 HC IA KB
 (H” là trực tâm của tam giác).
 Trường hợp tam giác ABC tù tại A.
 Gọi O là giao điểm của BI và CK. Khi đó A là trực tâm của tam giác OBC 
 nên OA  BC O AH.
 d) Ba đường trung trực da ,db ,dc đồng quy.
 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB. Khi đó da ,db ,dc là ba 
 đường cao của tam giác MNP nên đồng quy.
Bài 2: Cho tam giác ABC và đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với các 
cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F. Khi đó các đường thẳng AD, BE, CF 
đồng quy tại một điểm. () Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy tại O. Ta chứng minh M, N, P thẳng hàng.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác OAC với ba điểm N, A’ và C’, ta có:
 NA C 'C A'O PC B'B C 'O MB A' A B'O
 . . 1. Tương tự ta có: . . 1 và . . 1 
 NC C 'O A' A PB B'O C 'C MA A'O B'B
 NA PC MB
nên ta được . . 1 ,áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC thì 
 NC PB MA
M, N, P thẳng hàng. 
( ) Cho M, N, P thẳng hàng ta chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P.
Ta có O là giao của BB’ và CC’. Hơn nữa A là giao của MB và NC, A’ thẳng 
hàng hay AA’, BB’ và CC’ đồng quy.
Bài 6: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp. Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy 
 AB CD EF
khi và chỉ khi . . 1
 BC DE FA
Chứng minh : 
Xét tam giác AEC và các điểm D, B, AD, EB, CF đồng quy 
F. Theo định lí Ceva dạng lượng sin D· AE sin B· EC sin F· CA
giác và theo định lí hàm số sin ta có: . . 1
 sin D· AC sin B· EA sin F· CE
 DE BC FA
 . . 1
 DC BA FC
 AB.CD.EF = BC.DE.FA
Bài 7: Cho tam giác ABC. Đường tròn (O) cắt cạnh BC tại X, Y; cắt cạnh CA 
tại Z, T; cắt cạnh AB tại U, V sao cho XYZTUV là các đỉnh của một lục giác 
lồi. XT cắt YU tại A’, ZV cắt TX tại B’, UY cắt VZ tại C’. Chứng minh rằng 
AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Chứng minh : J, L, K nằm trên đường thẳng song 
 song với BF.
 HG JL IK AB FC DE
 . . . . 
 HL JK IG AE FB DC
 Áp dụng định lí Menelaus đối với 
 tam giác BCE và đường thẳng ADF, 
 ta có:
 AB FC DE HG JL IK
 . . 1 . . 1 .
Ta có: AE FB DC HL JK IG
H, G, L nằm trên đường thẳng song Vậy H, I, J thẳng hàng (định lí 
song với AE. Menelaus đảo đối với tam giác 
I, G, K nằm trên đường thẳng song GKL).
song với DE.
Bài 9: Cho tam giác ABC lấy E, F, M thứ tự trên cạnh AC, AB, BC sao cho EF 
song song BC, MB = MC. Chứng minh rằng CF, BE, AM đồng quy
Chứng minh : 
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
Gọi K là giao điểm của AM và EF.
 AF AK CE KM BM AF BM CE
Theo định lí Thales ta có: ; ; 1 . . 1.
 BF KM AE AK CM BF CM AE
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có CF, BE, AM đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BE tại N, AM cắt BE tại I. Ta có: 
 AF AN BC MI BM AF BM MI
 ; 2; . . 1.
 BF BC MC AI AN BF CM AI
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABM thì F, I, C thẳng hàng. Từ đó suy 
ra CF, BE, AM đồng quy tại I.
Bài 10: Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB 
lần lượt tại D, E, F. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy.
Chứng minh : Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABH thì D, I, C thẳng hàng. Từ đó suy 
ra AH, BE, CD đồng quy tại I.
Bài 12: Cho tứ giác lồi ABCD, các đường DA cắt CB tại K, AB cắt DC tại L, 
 KF KG
AC cắt KL tại G và DB cắt KL tại F. Chứng minh rằng .
 FL GL
Chứng minh : 
 Áp dụng định lí Ceva cho tam giác 
 DKL và điểm B, ta có:
 DA KF LC
 . . 1.(1)
 AK FL CD
 Áp dụng định lí Menelaus cho tam 
 giácDKL và đường thẳng ACG, ta 
 có:
 DA KG LC
 . . 1.(2)
 AK GL CD
 KF KG
 Từ (1) và (2) ta suy ra .
 FL GL
Bài 13: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AK. Dựng bên ngoài tam 
giác những hình vuông ABEF và ACGH. Chứng minh rằng AK, BG, CE đồng 
quy.
Chứng minh : 
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
Gọi AB cắt CE tại D, AC cắt BG tại I. Đặt AB = c, AC = b.
 BK c2 AD b CI b
Có c2 = BK.BC, b2 = CK.BC ; ; (do AIB : CIG ), 
 CK b2 BD c AI c
 AD BK CI b c2 b
suy ra . . . . 1. Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta 
 BD CK AI c b2 c
có AK, BG, CE đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BG tại M, gọi AK cắt BG tại O. Ta có 
 AD b KO BK AD BC KO b BC BK b CI c2 b b c2
 ; . . . . . . . . 1.
 BD c AO AM BD CK AO c CK AM c CK b2 c c b2
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABK thì D, O, C thẳng hàng. Từ đó suy 
ra AK, BG, CE đồng quy tại O.