Tiêu đề 1. ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MANELAUS.doc ✅

CHƯƠNG II C – MỘT SỐ VẤN ĐỀ CẦN CHÚ Ý TRONG CÁC KÌ THI CHUYÊN BÀI 1: ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS 1) Định lý Ceva Cho ∆ABC, các điểm D, E, F thuộc các cạnh BC, CA, AB. Khi đó AD, BE, CF đồng quy BDCEAF .. CDAEBF1 Chứng minh "" Giả sử AD, BE, CF đồng quy tại O. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC và cắt đường thẳng BE, CF lần lượt tại M, N. Theo định lý Tales: AM // BC CFBC AEAM (1) AN // BC AFAN BFBC (2) AM // BD AMAO BDDO AN // CD ANAO DCDO AMANBDAM BDDCCDAN (3) Từ (1), (2) và (3) BDCEAFAMDCAN .... CDAEBFANAMBC1 "" Giả sử ta có: BDCEAF .. CDAEBF (4) Gọi O'BECF Kéo dài AO' cắt BC tại D. AD', BE, CF đồng quy Theo chiều "" ta có: BD'CEAF .. CD'AEBF1 (5) Từ (4) và (5) BDBD'BDBD' BDBD' CDCD'BCBC D'D AD, BE, CF đồng quy  đpcm 2) Định lý Menelaus Cho ∆ABC. Các điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó M, N, P thẳng hàng BMCNAD .. CMANBD1 Chứng minh "" Giả sử M, N, P thằng hàng Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MP tại D Theo định lý Tales CD // AP CNCD ANAD CD // BP BMBP CMCD BMCNADCDBDAD .... CMANBDADCDBD1 "" Giả sử BMCNAD .. CMANBD1
Kéo dài MN cắt AB tại D’  M, N, D’ thẳng hàng Theo chiều "" ta có: BMCNAP'ADAD' ..D'D CMANBP'BDBD'1  M, N, D thẳng hàng  đpcm 3) Bài tập áp dụng Bài 1: Cho ∆ABC. Đường tròn I nội tiếp tam giác và tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại O, E, F. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy.  Định hướng lời giải: Do đường tròn I tiếp xúc với các đoạn BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F nên ta sẽ cớ AE = AF, BD = BF, CD = CE. Từ đó suy ra FADBEC .. FBDCEA1 . Theo định lí Ceva đảo suy ra AD, BE, CT đồng quy tại một điểm. Lời giải Ta có AB, BC, CA là các tiếp tuyến của I tại F, D, E nên theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau có: BD = BF, AE = AF, CD = CE BDCEAF .. CDAEBF1 Theo định lý Ceva  AD, BE, CF đồng quy  Nhận xét: Điểm đồng quy cùa 3 đường AD, BE, CF được gọi là điểm Gergonne trong tam giác ABC. Ta nhớ lại bài toán: "Cho ∆ABC. Các điểm D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của đường thẳng BC vói đường tròn bang tiếp trong góc A, đường thẳng CA với đường tròn bàng tiếp trong góc B, đường thẳng AB với đường tròn bang tiếp trong góc C mà tôi đã giới thiệu trong phần bài tập ở phần lý thuyết về tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau. Nếu ta gọi D', E', F' là các tiếp điểm của đường tròn I nội tiếp ∆ABC với các cạnh BC, CA, AB. Ta đã chứng minh được BD = CD', CD = BD', AE = CE', CE = AE', AF = BF', BF = AF'.. Do đó: BDCEAFCD'AE'BF' .... CDAEBFBD'CE'AF'1  AD, BE, CF cũng đồng quy và điểm đồng quy này gọi là điểm Nagel của ∆ABC. Bài 2: Chứng minh trong một tam giác, chân đường phân giác trong của 2 góc và chân đường phân giác ngoài của góc thứ ba thẳng hàng.  Định hướng lời giải: Trước tiên ta sẽ giả sử có ∆ABC và D, E, F lần lượt là chân đường phân giác ngoài góc A và chân đường phân giác trong các góc B, C. Ta cần chứng minh D, E, T thẳng hàng. Từ hình vẽ ta sẽ nghĩ ngay đến ý tưởng dùng định lí Menelaus vì theo tính chất đường phân giác ta sẽ có ngay các tỉ số FADB ; FBDC và EC EA theo các cạnh. Từ đó ta sẽ chứng minh được FADBEC .. FBDCEA1 và theo định lí Menclans đảo suy ra D, E, F thẳng hàng. Lời giải Giả sử ta có ∆ABC và có D là chân đường phân giác ngoài của góc A và E, F lần lượt là chân đường phân giác trong các góc B và C . Theo tính chất đường phân giác ta có: FACADBABECBC ;; FBCBDCACEABA FADBECCAABBC .... FBDCEACBACBA1 Theo định lí Melenaus đao suy ra D, E, F thẳng hàng  đpcm.  Nhận xét: Đây cũng là một kết quả khá thú vị trong tam giác. Các yếu tố trong bài toán là khá quen thuộc nhưng đôi khi chúng ta lại không nhận ra tính chất này Bài 3: Cho ∆ABC, F thuộc AB, E thuộc AC, D thuộc BC sao cho AD, BE, CF dồng quy. Kéo dài EF cắt BC ờ Q (Q thuộc nửa mặt phăng bờ AD chứa B). Chứng minh QBDB QCDC
 Định hướng lời giải: Ta thấy ở đề bài có xuất hiện các tỉ số QBDB ; QCDC mà lại có giả thiết AD, BE, CF đồng quy và Q, F, E thẳng hàng nên ta sẽ nghĩ ngay đến việc áp dụng định lí Ceva và Menelaus cho các giả thiết này. Từ đó ta dễ dàng có điều cần chứng minh. Lời giải Ta có: AD, BE, CF đồng quy nên theo định lí Ceva: BDECFA .. DCEAFB1 (1) Mặt khác Q, E, F lần lượt thuộc đường thẳng BC, CA, AB và Q, E, F thẳng hàng nên theo định lí Menelaus QBCEFA .. QCEAFB1 (2) Từ (1) và (2) QBDB QCDC  Nhận xét: Với 4 điểm Q, B, D, C thẳng hàng và nằm theo thứ tự đó nếu ta có tỉ số QBDB QCDC thì hàng điểm ODBC là hàng điểm điều hòa (chú ý đến thứ tự). Hàng điểm điều hòa có một số tính chất rất hay dùng để giải quyết khá nhiều bài toán khó. Chúng ta sẽ xét bài toán sau: Bài 4: Cho ∆ABC nhọn, AB < AC . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ 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) PBDB PCDC và D là trung điểm của QS c) Đường tròn ngoại tiếp ∆PQP đi qua trung điểm của BC  Định hướng lời giải: Phần a) của bài toán yên cầu chứng minh tứ giác BQCR nội tiếp. Chúng ta sẽ thấy ngay góc  QBFE180 do EF // QR.Mà lại có tứ giác BFEC nội tiếp nên ta sẽ có  BFECQC180 tứ giác BQCR nội tiếp. Phần b) yêu cầu chứng minh PBDB PCDC và D là trung điểm của QS. Ta thấy PBDB PCDC chính là kết quả suy ra từ bài 2. Và dựa vào đằng thức này ta sẽ chứng minh D là trung điểm của QS. Sử dụng định lí Tales ta có QSDCBDQD QDQS PFPCBPPF . Chuyển sang phần c) yêu cầu chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆POR đi qua trung điểm của BC tức là ta sẽ chứng minh tứ giác PQMR nội tiếp (M là trung điểm của BC). Ta thấy các góc trong tứ giác PQMR rất khó để liên kết nhau. Quan sát hình vẽ ta thấy hai đoạn MP và QR cắt nhau tại D. Từ đó ta sẽ nghĩ đến việc chứng minh DM.DP = DQ.DR (đây là phần tôi đã giới thiệu trong phần đầu của bài 10 Tứ giác nội tiếp). Ta lại có tứ giác BQRC nội tiếp nên có DQ. DR = DB. DC. Do đó ta cần chứng minh DM.DP = DB.DC. Ta sẽ chứng minh trực tiếp hệ thức này dựa vào hệ thức đã chứng minh được ở phần b) PBDB PCDC . Ta dùng phép biến đổi tương đương và để ý M là trung điểm của BC MCMDMBMDDCDB DM  22 nên hệ thức cần chứng minh tương đương DCDB DP.DB.DC   2 DP.DCDP.DBDB.DC2 DC.DPDBDB.DPDCDBPB DC.BPDB.PC DCPC đúng. Từ đó ta có điều cần chứng minh. Lời giải a. Ta có  BECBFC90