Tài liệu 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 -