Chuyen de

1. MỘT SỐ DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ MENELAUS, CEVA
TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ
Họ và tên: Nguyễn Duy Hoàng – Giáo viên trường THCS Tam Dương, Tam
Dương
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp 9
Số tiết: 08 tiết (02 buổi)
Những năm gần đây, trong các kỳ thi 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 Menelaus, định lý
Ceva. Đây là dạng toán mới, đòi hỏi học sinh phải có tư duy linh hoạt và cái nhìn
nhạy bén thì mới áp dụng được nội dung định lý.
Ở cấp THCS thì định lý Menelaus và định lý Ceva được dùng chủ yếu cho
việc chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 3 đường thẳng đồng quy; chứng minh các tỉ số
các đoạn thẳng, tỉ số diện tích bằng nhau…. khi mà các phương pháp khác ít áp
dụng được.
Trong chuyên đề này, tôi giới thiệu một số ứng dụng định lý Menelaus, định
lý Ceva để giải toán hình học trong chương trình THCS.
I. Nội dung kiến thức sử dụng trong chuyên đề:
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 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 ' '
. . 1
' ' '
B C C A
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.
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 1

2. Ta có:
C'A ' '
;
' ' '
AM B C A C
C B A B B A AM
= = . Vậy
A'B ' ' ' '
. . . . 1
' ' ' ' '
B C C A AM A C A B
A C B A C B A B AM A C
= =
( )⇐ Gọi A’’ là giao của B’C’ với BC.
Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có
A''B ' '
. . 1
'' ' '
B C C A
A C B A C B
=
mà
A'B ' '
. . 1
' ' '
B C C A
A C B A C B
= nên
A''B '
'' '
A B
A C A C
= . Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB
nên A’’ nằm ngoài cạnh BC.
Vậy
A''B '
'' '
A B
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 đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi
A'B ' '
. . 1
' ' '
B C C A
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.
Ta có:
' C'A '
; ;
' ' '
B C BC AN A B AM
B A AM C B BC A C AN
= = = .
Vậy ta có
A'B ' '
. . . . 1
' ' '
B C C A AM BC AN
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.
Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có
A''B ' '
. . 1
'' ' '
B C C A
A C B A C B
= mà
A'B ' '
. . 1
' ' '
B C C A
A C B A C B
=
nên
A'B ''
' ''
A B
A C A C
= . Từ đó suy ra '' 'A A≡ . Do đó AA’, BB’, CC’ đồng quy
3. Chú ý: HS cần nắm chắc các nội dung kiến thức hình học THCS. Nhất là các
kiến thức:
- Định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác của tam giác,…
- Tứ giác nội tiếp
- Các phương pháp chứng minh thẳng hàng, đồng quy,…
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 2

3. 4. Một số ứng dụng của định lý Menelaus, Ceva trong toán THCS:
- Chứng minh các tỉ số đoạn thẳng, tỉ số diện tích bằng nhau
- Chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 3 đường thẳng đồng quy
- Áp dụng để giải các bài tập tổng hợp: Chứng minh song song, tính góc,…
II. Bài tập minh họa:
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
tuyến BIP ta có: . . 1
PC IA BM
PA IM BC
=
Suy ra:
1
.
2
PC IM BC
PA IA BM
= = nên PA = 2PC
Nhận xét: Việc áp dụng định lí Menelaus cho bài
toán này dẫn đến lời giải hay và rất ngắn gọn.
P
I
M
B C
A
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 . . 1
AE BD CF
EB DC FA
=
Vì BD = CD nên . 1
AE CF
EB FA
= suy ra
EA FA
EB FC
=
Vậy theo định lí Ta-lét ta có: EF // BC
Nhận xét: Trong bài tập trên nếu dùng các dấu
hiệu nhận biết hai đường thẳng song song thông
thường dùng thì rất khó khăn trong chứng minh.
Ở đây ta dùng định lí Ceva sẽ dẫn đến tỉ số có lợi
là
EA FA
EB FC
= và áp dụng định lí Ta-let để thu được
kết quả hay và ngắn gọn.
F
O
D
B
C
A
E
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 3

4. 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
với 3 điểm Q, M, I thẳng hàng ta có
. . 1
QA ID MB
QD IB MA
= mà MA = QA nên suy ra
. 1
MB ID
QD IB
= .
Ta có MB = NB, DQ = DP, PC = NC
nên . 1 . . 1
NB ID PC ID NB
DP IB PD IB NC
= ⇒ = , do đó theo
định lý Menelaus thì I, N, P thẳng hàng.
Bài 4. 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.
(Trích Câu 5.d Đề HSG Phú Thọ 2010-2011)
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
. . 1
BO IC MA
= ⇒
OI MA
IC 2CM
= (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
=
CM CF
. Do đó MF // AB (định lí Ta
lét đảo) mà AB ⊥ BC ⇒ MF ⊥ BC ⇒ · 0
90MFC =
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 4

5. Ta có · ·EFB EBA= (cùng phụ với góc EAB);
· ·EBA EMC= (tứ giác AMEB nội tiếp)
· ·EFB EMC⇒ = ⇒ Tứ giác MEFC nội tiếp
⇒ · · 0
MEC MFC 90= = . Do đó: ME ⊥ EC (3).
Lại có · 0
MEN 90= (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) Tứ giác BQCR nội tiếp.
b)
PB DB
PC DC
=
và D là trung điểm của QS.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
(Trích Đề thi vào lớp Chuyên Toán, Vĩnh Phúc 2013-2014)
Lời giải.
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.
b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên
DB HB
AE HA
=
Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên
DC HC
AF HA
=
Từ hai tỷ số trên ta được ( ). . 1
DB AE HB AE FB
DC AF HC AF EC
= =
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
( ). . 1 . 2
PB EC FA PB AE FB
PC EA FB PC AF EC
= ⇔ =
Từ (1) và (2) ta được ( )3
PB DB
PC DC
=
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 5
D M
P
Q
R
S
E
F
H
A
B
C

6. Do QR song song với EF nên theo định lí Thales ,
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).
Tiếp theo ta chứng minh . . .
2
DC DB
DP DM DB DC DP DB DC
− 
= ⇔ = ÷
 
( ) ( ) ( )2 . . .DP DC DB DB DC DB DP DC DC DP DB DB PC DC PB− = ⇔ + = − ⇔ =
PB DB
PC DC
⇔ = (đúng theo phần b). Do đó ( ). . 5DP DM DB DC=
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 đôi góc · .AED
b) Chứng minh rằng · · .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
Ta sẽ chứng minh
GA EA
GD ED
= ×
Áp dụng định lý Ménélaus cho ADM∆ với cát
tuyến , ,G E F ta có:
1
GA FD EM GA FM EA
GD FM EA GD FD EM
× × = ⇒ = ×
Lấy I BC∈ sao cho DI ABP .
Khi đó do hai tam giác ,FMB FDI đồng dạng nên
FM BM
FD DI
=
γ
β
α
α
γ
γ
Ι
G
F
M
E
C B
A
D
Do ABC∆ cân, DI ABP nên DCI∆ cân, hay DI DC DE= = suy ra:
FM BM BM
FD DI DE
= =
Do M là trung điểm của BE nên EM MB= do đó
EA EA
EM MB
=
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 6

7. Vậy
GA FM EA BM EA EA
GD FD EM DE BM ED
= × = × = điều phải chứng minh.
b) Đặt · · · · · ·; ; .ABC ACB DCE DEC DEG GEAβ α γ= = = = = = Ta sẽ chứng minh
.β α γ= + Thật vậy:
Trong tam giác BEC có · ·,CBE BCEβ β α= = − suy ra
· ( )0 0
180 180 2CEB β β α β α= − − − = − + (1)
Do , ,G E F thẳng hàng nên ·FEB γ= và do đó
· · · ( )0 0
180 180CEB CEG BEF α γ γ= − − = − + − (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 vuông góc kẻ từ A xuống đường
phân giác của góc BCA, N và L lần lượt là chân đường vuông 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
. . 1
BH CE LD
HC EL DB
= .
Vì BH = CH nên
CE DB
EL LD
= , suy ra DE và BC
song song với nhau (2)
Từ (1) và (2) suy ra MM song song với DE.
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 7

8. 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.
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
Suy ra BF
AF
. CD
BD
. AE
CE
= BD
AE
. CE
BD
. AE
CE
=1
Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy ra
AD, BE, CF đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đt song song với BC cắt CF tại N
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương
Lời giải.
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
Gọi AM ∩ EF = K
Theo định lý Talét ta có: KM
AK
BF
AF
= ; AK
KM
AE
CE
= ;
và 1=
CM
BM
Suy ra BF
AF
. CM
BM
. AE
CE
= 1
Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC ta có CF, BE ,
AM đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BE tại N, AM ∩
BE = I
Ta có BF
AF
= BC
AN
; MC
BC
=2; AI
MI
= AN
BM
Suy ra BF
AF
. MC
BC
. AI
MI
= BC
AN
.2. AN
BM
=1
Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABM thì F, I, C
thẳng hàng.
Từ đó suy ra CF, BE , AM đồng quy.
8
A
F
MB C
K E
E
A
F
MB C
N
I
B C
F
A
E
D
B C
F
A
E
D
I
N

9. AD ∩ CF = I. Ta có :
CE
AE
. DB
CB
. AI
DI
= CD
AF
. BF
CB
. AN
CD
= BF
AF
. AN
CB
=
AN
CB
CB
AN
. =1
Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ACD thì
AD, BE, CF đồng quy.
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.
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
Từ A kẻ đt // BC cắt HE, HD tại M và N
Vì HA là phân giác của góc A, HA là đường cao
nên AM = AN
Ta có: BH
MA
BD
AD
= ; AN
CH
AE
CE
= ⇒
1.... ==
AN
CH
CH
BH
BH
MA
AE
CE
CH
BH
BD
AD
.
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. Gọi AH ∩ BE = I
Ta có: BD
AD
= BH
MA
= BH
AN
và AK
BH
AI
HI
=
⇒ .
BD
AD
CH
BH
. AI
HI
= AK
BH
HC
BC
BH
AN
.. = AK
BC
HC
AN
. =
AE
CE
CE
AE
. =1
Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ABH thì D, I, 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 vuông ABEF và ACGH. Chứng minh: AK, BG, CE đồng quy.
Lời giải.
Cách 1: (Chứng minh đồng quy)
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 9
A
B C
D
M N
H
E
K
I
H
A
B
G
E
CK
D
I
F
A
B C
D
M N
H
E

10. Gọi D = AB ∩ CE, I = AC ∩ BG
Đặt AB = c, AC = b.
Ta có c2
= BK.BC; b2
= CK.BC
⇒ CK
BK
= 2
2
b
c
và BD
AD
= c
b
; AI
CI
= c
b
(do ∆AIB ∼ ∆CIG)
⇒ BD
AD
. CK
BK
. AI
CI
= c
b
. 2
2
b
c
. c
b
=1
Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC thì
AK, BG, CE đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng)
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC
cắt BG tại M. AK ∩ BG tại O.
Ta có BD
AD
= c
b
; AO
KO
= AM
BK
suy ra BD
AD
.
CK
BC
. AO
KO
= c
b
. CK
BC
. AM
BK
= c
b
. AM
BC
. CK
BK
= c
b
. AI
CI
. 2
2
b
c
= c
b
. c
b
2
2
b
c
=1
Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABK
thì D, O, C thẳng hàng.
Vậy AK, BG, CE đồng quy.
III. Bài tập đề nghị:
Bài 1. Cho tứ giác ABCD có M, N là giao của các cặp cạnh đối AB và CD, AD và
BC. Đường thẳng AC cắt BD, MN tại I, J. Chứng minh rằng
JA IA
JC IC
=
Bài 2. Cho 2 tam giác ABC và A’B’C’ sao cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ở O. Gọi
A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm các cặp cạnh BC và B’C’, CA và C’A’, AB và
A’B’. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng.
Bài 3. Cho tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối AB và Cd, AD và BC cắt nhau tại M,
N. Chứng minh rằng các trung điểm I, J, K của AC, BD, MN thẳng hàng.
Bài 4. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O). Các điểm A’, B’, C’ lần lượt
là giao điểm của các cặp AB và DE, BC và EF, CD và AF. Chứng minh 3 điểm A’,
B’, C’ thẳng hàng.
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 10
H
A
B
G
E
CK
D
I
F
M
O

11. Bài 5. Cho tam giác ABC có A’, B’, C’ là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Điểm
M nằm trong tam giác ABC các điểm A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm của MA, MB,
MC với B’C’, C’A’, A’B’. Chứng minh rằng A’A1, B’B1, C’C1 đồng quy.
Bài 6. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại
A1, B1, C1. Gọi A2, B2, C2 lần lượt là các điểm đối xứng của A1, B1, C1 qua trong
điểm các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh 3 điểm A2, B2, C2 thẳng hàng.
Bài 7. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt
cắt các cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1
cắt các cạnh BC, CA, AB tại điểm thứ hai là A2, B2, C2. Chứng minh AA2, BB2, CC2
đồng quy.
Bài 8. Cho (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm A, B. Các tiếp tuyến tại A và B của
(O1) cắt nhau ở K. Lấy điểm M nằm trên (O1) không trùng A và B. Đường thẳng
AM cắt (O2) tại điểm thứ hai P, đường thẳng KM cắt (O1) tại điểm thứ hai là C và
đường thẳng AC cắt (O2) tại điểm thứ hai là Q. Gọi H là giao điểm của PQ với
đường thẳng MC. Chứng minh rằng: H là trung điểm của PQ.
Bài 9. Cho góc xOy, trên tia Ox lấy hai điểm C và A, trên tia Oy lấy hai điểm D và
B sao cho AD cắt BC tại E. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại K; tia OE cắt
AB tại I. Chứng minh rằng:
IA KA
IB KB
=
GIÁO VIÊN
Nguyễn Duy Hoàng
GV: Nguyễn Duy Hoàng - THCS Tam Dương 11