SKKN Một số định lý chứng minh đồng quy, thẳng hàng

SKKN Một số định lý chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao động
tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, góp
phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đất nước
Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầu thế kỉ
XXI. Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đào tạo
cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực. Một trong những biện pháp
đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và phương
pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo dục, cũng
như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộc vận động của
Bộ trưởng Bộ GD – ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo
dục.
Đối với bộ môn Toán – Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì một trong
những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếp nhận và
giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bản chất của nó,
từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau.
II. Mô tả giải pháp:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Đây là một lĩnh vực không mới của toán học, tuy nhiên các vấn đề khai thác
trong sáng kiến có nhiều điểm mới. Trong các các đề thi chọn HSG các cấp, bài toán
Hình học phẳng luôn chiếm một tỉ lệ lớn (thường có tỉ lệ điểm 7/20), đây là một phần
trọng tâm mà học sinh chuyên Toán cần nắm vững. Một trong các bài toán quan trọng
của bộ môn Hình học phẳng là bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy.
Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúp các
em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh đó cũng
3
mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phần nhỏ trong quá
trình giảng dạy.
III. Nội dung sáng kiến
Sáng kiến tập trung vào một số định lý chứng minh thẳng hàng đồng quy: Ceva,
Menelauyt, Pascal
1. Định lý Ceva
Có 3 dạng phát biểu của định lý
Dạng 1: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng sao cho có lẻ điểm nằm trên cạnh. Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi
và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
=
E
A
B C
D
F
D
B C
A
E
F
Dạng 2: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng. Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
= –
Dạng 3: Cho tam giác ABC. Khi đó các tia Ax By Cz , , đồng quy khi và chỉ khi








sin sin sin
1
sin sin sin
xAB zCA yBC
xAC yBA zCB
= .
4

x	x	z
B C	B C

z y
A
y
A
Dạng phát biểu 1 có thể áp dụng với học sinh THCS, khi học về độ dài đại số và giá
trị lượng giác của góc, định lý sin thì học sinh có thể áp dụng các dạng 2 và 3. Dạng
1 và dạng 2 cần xác định được giao điểm của các đường cần chứng minh đồng quy
với các cạnh đối diện (nghĩa là xác định được D, E, F), cách 3 không cần xác định cụ
thể các điểm này.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I ) tiếp xúc với BC, CA, AB tại các
điểm D, E, F. Khi đó các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy, điểm đồng quy được
gọi là điểm Gergonne.
Giải

Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có AE AF BF BD CD CE = = = , , . Dễ thấy cả 3 điểm D, E, F đều nằm trên cạnh của tam giác.

F

A

Ta có DB EC FA 1
DC EA FB
= , suy ra AD, BE, CF đồng

quy. Tương tự khi ta xét đường tròn bàng tiếp góc A,

B C

góc B, góc C lần lượt tiếp xúc với BC, CA, AB tại M, N, P thì AM, BN, CP đồng quy.
Điểm đồng quy được gọi là điểm Nagel.
Cho tam giác ABC có I và N tương ứng là tâm nội tiếp và điểm Nagel (là điểm đồng
quy của các đường thẳng nối đỉnh và tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với cạnh
đối). Các đường thẳng qua N và song song với AI, BI, CI tương ứng cắt BC, CA, AB
tại A’, B’, C’. Chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy.
E
D

5
Bổ đề: Cho tam giác ABC có D, E, F là trung điểm của BC, CA, AB. Các điểm A’, A”
thuộc BC và đối xứng nhau qua D, tương tự có các điểm B’, B”; C’, C”. Chứng minh
rằng nếu AA’, BB’, CC’ đồng quy thì AA”, BB” và CC” cũng đồng quy.
Chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng Ceva
Với bài toán, gọi A”, B” và C” là giao điểm của AI, BI, CI với BC, CA, AB tương
ứng. Chứng minh A’, A” đối xứng nhau qua trung điểm của BC.
Mở rộng hơn ta chứng minh được điểm đồng quy P thuộc đường NGe với Ge là
điểm Gergon của tam giác (Đồng quy của các đường nối đỉnh và tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp với các cạnh đối)
Một kết quả nữa của điểm Nagel: Cho tam giác ABC có I và N tương ứng là tâm nội
tiếp và điểm Nagel. Các đường thẳng qua N và vuông góc với AI, BI, CI tương ứng
cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng.
Ví dụ 2 (IMO training 2004). Cho tam giác ABC có A B C 1 1 1 , , là trung điểm của các
cạnh BC, CA, AB và A B C 2 2 2 , , là trung điểm của các đường cao tương ứng kẻ từ A, B,
C. Chứng minh rằng A A B B C C 1 2 1 2 1 2 , , đồng quy.
Giải
Dễ thấy A B C B AC C B A 2 1 1 2 1 1 2 1 1 ∈ ∈ ∈ , ,

Ta có

2 1 2 1

2 1 2 1

2 1 2 1 =

=

A C C B B A DB FA EC 1
A B C A B C DC FB EA
(Do các đường AD, BE, CF đồng quy)
Áp dụng định lý Ceva trong tam giác A B C 1 1 1 ta
có điều phải chứng minh.
Mở rộng bài toán với các đường đồng quy bất kì trong tam giác ta vẫn có kết quả
tương ứng: Cho tam giác ABC với M, N, P là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Gọi
X là điểm trong tam giác ABC, các đường thẳng AX, BX, CX cắt BC, CA, AB tại D,
E, F tương ứng. Kí hiệu D’, E’, F’ là trung điểm của AD, BE, CF. Chứng minh MD’,
NE’, PF’ đồng quy.
Ví dụ 3. Cho A’, B’, C’ là trung điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Giả
sử đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ tiếp xúc với các cạnh B’C’ và C’A’ tại X và
Y. Chứng minh rằng AY, BX và phân giác góc BCA đồng quy.
A1
C2
B2

C1 F

B1

A2 E
B D C
A
6
Giải
Để sử dụng được Ceva dạng 1 ta cần xác định được các giao điểm của AY, BX và
phân giác góc BCA với các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
Gọi các giao điểm này lần lượt là T, S, R.
Để có điều phải chứng minh, ta cần có đẳng
thức TB SC RA 1
TC SA RB
= .
Trong các tỉ số trên, có tỉ số RA AC
RC BC
= , vì
vậy ta cần tính 2 tỉ số còn lại theo các cạnh
của tam giác ABC.
Kẻ đường thẳng qua A và song song BC cắt
BS tại U, đường thẳng qua B và song song
AC cắt AT tại V.
Ta có SC BC
SA AU
= và TB BV
TC AC
= .
Suy ra

2 ‘ C Y	TB SC RA	BV BC AC	BV
1 = = = = , ta có điều phải chứng minh.
2 ‘ C X	TC SA RB	AC AU BC	AU

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC không cân tại A, có đường phân giác trong AV và đường
cao AD. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác ADV cắt AC, AB tại E, F. Chứng
minh các đường thẳng AD, BE, CF
đồng quy.
Giải
Cần chứng minh DB EC FA 1
DC EA FB
= .

Ta	có	BD BV BF BA . . =	và
CD CV CE CA . . . =	V	B	C

F
E
D A

R Y C’	U S X B’
T B	V A’ C

A
7
Suy ra

. BD BV	. BF BA	. BF BA	BD BA	BD	BF	DB EC
. CD CV	. CE CA	. CE CA	CD CA	CD	CE	DC BF
=	⇔	= ⇔ = ⇔ =

1
Dễ thấy AV là trung trực của EF nên AE AF = .
Suy ra DB EC DB EC FA 1 1
DC BF DC EA FB
= ⇔ = , suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC, các điểm P, Q, R là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp
với các cạnh AB, BC, CA, các điểm L, M, N là chân đường cao của tam giác PQR kẻ
từ R, P, Q tương ứng. Chứng minh AN, BL, CM đồng quy.
Giải
Định hướng sử dụng Ceva cho tam giác
ABC, và tại đỉnh A các góc có thể tính được
tỉ số sin cho các cạnh, ta không cần xét các
giao điểm của AN, BL, CM với các cạnh của
tam giác ABC mà sử dụng định lý Ceva sin.
Trong tam giác ANP ta có



sin sin
NP AN
NAP APN
=
Trong tam giác ANR ta có



sin sin
NR AN
NAR ARN
=

Suy ra	NR =	sin NAC NR	NP
⇒ = .
sin sin NAR NAP	sin NAB	NP

Tương tự ta có



sin
sin
LBA LP
LBC LQ
= và



sin
sin
MCB MQ
MCA MR
= .
Trong tam giác PQR có PM, QN, RL đồng quy nên NR LP MQ 1
NP LQ MR
= , suy ra









sin sin sin
1
sin sin sin
NAC LBA MCB
NAB LBC MCA
= , suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB tại A’, B’,
C’ tương ứng. Các điểm A B C 1 1 1 , , thuộc các cung B’C’, C’A’, A’B’ của đường tròn
H

K

L

M
N
P
R
Q
I
A
B C
8
nội tiếp. Chứng minh AA BB CC 1 1 1 , , đồng quy khi và chỉ khi A A B B C C ‘ , ‘ , ‘ 1 1 1 đồng
quy.

Giải	A
Sử dụng định lý Sin cho tam giác AB A ‘ 1 và tam giác AC A ‘ 1 ta có	A1

1 1

1 ‘ AC sin ‘ A AB	1 AA sin ‘ AB A
sin ‘ A AC	sin ‘ AC A
=

và

1 1 ‘ A B

1

1 AA

=
Suy ra






1 1 1
1 1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
sin ‘ sin ‘ ‘
A AC AC A AC
A AB AB A A B
= ⋅
Xét đường tròn nội tiếp ta có






1 1 1 1
1 1 1 1
sin ‘ ‘ sin ‘ ‘ ‘
sin ‘ sin ‘ ‘ ‘ ‘
AC A AC A A C AC
AB A A A B A B A B
⋅ = ⋅
Áp dụng định lý Sin ta có
1 1

1 1
‘ ‘
sin ‘ ‘ sin ‘ ‘
A B AC
A A B A A C
= , suy ra



1 1
1 1
sin ‘ ‘ ‘
sin ‘ ‘ ‘
A A C AC
A A B A B
= , suy ra






2

1 1 sin ‘ ‘ ‘ A A C AC	1 sin ‘ ‘ A A C
	

1 1 1
sin ‘ ‘ sin ‘ ‘ ‘
A A B A A B A B
⋅ =    
 
, suy ra






2

1 sin ‘ A AC	1 sin ‘ ‘ A A C
	

1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
A AB A A B
=    
 
.
Chứng minh tương tự ta có






2

1 sin ‘ C CB	1 sin ‘ ‘ C C B
	

1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
C CA C C A
=    
 
và






2

1 sin ‘ B BA	1 sin ‘ ‘ B B A
	

1 1
sin ‘ sin ‘ ‘
B BC B B C
=    
 
.
Suy ra

2  	2  	2 	
1 1 1 sin ‘ sin ‘ sin ‘ A AC C CB B BA	1 sin ‘ ‘ A A C	1 sin ‘ ‘ C C B	1 sin ‘ ‘ B B A

1 1 1 1 1 1
sin ‘ sin ‘ sin ‘ sin ‘ ‘ sin ‘ ‘ sin ‘ ‘
A AB C CA B BC A A B C C A B B C
=            
     
.
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF. Đường tròn nội tiếp các
tam giác AEF, BFD, CDE lần lượt tiếp xúc với EF, FD, DE tại A’, B’, C’. Chứng
minh các đường thẳng AA BB CC ‘, ‘, ‘ đồng quy.
C1
C’
B’
A’
B C
B1
9
Giải
Đường tròn nội tiếp tam
giác ABC tiếp xúc với BC,
CA, AB tại X, Y, Z.
Ta có tam giác CED đồng
dạng với tam giác CBA,
suy ra tam giác CC’E đồng
dạng với tam giác CZB.
Suy ra C CE ZCB
’ =
và



C CD ZCA ‘ = .
Chứng minh tương tự ta có

, ‘ D

.

X

A AC XAB A AB XAC B BC YBA B BA YBC = = = =
Suy ra


















sin ‘ sin ‘ sin ‘ sin sin sin
1
sin ‘ sin ‘ sin ‘ sin sin sin
A AC B BA C CB XAB YBC ZCA
A AB B BC C CA XAC YBA ZCB
= = (do AX, BY, CZ
đồng quy).
Áp dụng định lý Ceva lượng giác ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 8. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp. Chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF
đồng quy khi và chỉ khi AB CD EF BC DE FA . . . . . =
Giải
Các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ
khi









sin sin sin
1
sin sin sin
CFB ADF EBD
CFD ADB EBF
=
Áp dụng định lý sin ta được

sin sin sin CFB ADF EBD

1 1 CB AF DE = ⇔ = .

sin sin sin
CFD ADB EBF CD AB EF
Ta có điều phải chứng minh.
Y

Z

E

C’
B’
A’
F
A
B C
E
F
A
B
C
D
10
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC, các điểm D E F , , là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp
với các cạnh BC, CA và AB. Các điểm I I I a b c , , là tâm đường tròn bàng tiếp các góc
A B C , , của tam giác ABC . Chứng minh I D I E I F a b c , , đồng quy.
Giải

Áp dụng định lý sin cho tam giác BDIa	Ib
ta có
BD =	DI .	A

sin sin
a
a a
BI D DBI
Với tam giác DCIa ta có



sin sin
a
a a
CD DI
CI D DCI
=
Suy ra






sin sin
sin sin
a a
a a
BI D DBI BD
CI D DCI CD
=
Chứng minh tương tự ta có






sin sin
sin sin
b b
b b
CI E ECI CE
AI E EAI AE
= và






sin sin
sin sin
c c
c c
AI F FAI AF
BI F FBI BF
=
Kết hợp với DCI ACI EAI FAI FBI DBI
a b b c c a = = =
, ,




và BD BF CD CE AE AF = = = , , suy ra









sin sin sin
1
sin sin sin
a b c
a b c
BI D CI E AI F
CI D AI E BI F
= , suy ra điều
phải chứng minh.
Ví dụ 10 (VMO 2011). Cho đường tròn (O) đường kính AB. P là một điểm nằm trên
tiếp tuyến của (O) tại B (P ≠ B). Đường thẳng AP cắt (O) lần thứ hai tại C. D là điểm
đối xứng của C qua O. Đường thẳng DP cắt (O) lần thứ hai tại E. Chứng minh rằng
AE, BC, PO đồng quy tại M.
Giải
E
F
D
Ia
Ic
B C
11
Gọi F là giao điểm của AE và BP.
Dễ dàng chứng minh được tứ giác PCEF nội tiếp nên ∠ CFP = ∠ CEP = 900
Suy ra CF // AB.
Ta có OA FP CP FP CP . . . 1
OB FP CA FP CA
= – = (Do CF // AB).
Do đó, theo định lý Ceva ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 11 (Korea 2019) Cho △ABC, điểm P bất kì nằm trong tam giác. Các đường
thẳng PA, PB, PC lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh trục đẳng
phương của 3 cặp đường tròn sau đồng
quy: (ABE) và (ACF), (BCF) và (BAD), (CAD) và (CBE).
Giải
Gọi X, Y, Z lần lượt là giao điểm thứ hai

của (ABE) và (ACF), (CAD) và (CBE).

(BCF) và (BAD),

Ta có sin XAB	sin XEB BX =	=
sin sin XAC XBE ∠ ∠	XE

∠ ∠
Mặt khác, X là điểm Miquel của tứ giác
toàn phần BAECPF
Suy ra ∠ XBF = 1800 – ∠ XPF = ∠ XCE,
∠ FXB = ∠ FPB = ∠ CPE Þ
△FXB∼△CXE
Þ XB BF
XE CE
= ⇒
sin
sin
XAB BF
XAC CE
∠
=
∠
Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.
Z
Y
X
E
P
A
B D C
F
12
Ví dụ 12. Cho tam giác nhọn ABC có AD BE CF , , là các đường cao. Các đường tròn
đường kính AB AC , theo thứ tự cắt các tia DF DE , tại Q và P N . là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng:
1) AN PQ ⊥ ;
2) AN BP CQ , , đồng quy.
Giải
Z Y
X
N
O M
P
Q
F
E
D
A
B
C
Ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC O , là tâm đường tròn ngoại tiếp, N là tâm đường tròn
Euler, M là điểm đối xứng của O qua BC. Khi đó N là trung điểm của AM .
Trở lại bài toán.
1) Gọi RN là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.
Ta có NP NQ NP R NQ R PE PD QF QD 2 2 2 2 2 2 – = – – – = – ( N N ) ( ) . .
= + – + = – + = = PE PE ED QF QF FD EP ED FD FQ PE EF QF ( ) ( ) . . ( )
= – + = – + + + = – + EA EC FA FB EA EA AC FA FA AB EA FA . . . ( ) ( ) 2 2
13
= – = = PA QA EA QA FA PA 2 2 ( ) ;
Do đó AN PQ ⊥ (định lý 4 điểm).
2) Kí hiệu A B C , , theo thứ tự là số đo của các góc BAC CBA ACB
, , .

Gọi X Y Z , , theo
thứ tự là giao điểm của AN BP CQ , , với BC CA AB M , , ; là điểm đối xứng của A qua
N. Theo bổ đề trên M và O đối xứng nhau qua BC, suy ra BMC BOC A
= =
2 . Từ
đó, chú ý rằng Q P , theo thứ tự là điểm đối xứng của E F , qua AB CA , , suy ra

0

ABM B A CBQ = + – = 90 ;

0 ACM C A BCP BAP A CAQ BM CM = + – = = = = 90 ; 2 ; ; CP CF BQ BE = = ; .

AP AF AQ AE = = ; ;

Vậy, chú ý rằng X AM ∈ và các tam giác ABE ACF , đồng dạng, ta có

. sin . sin . sin BA BM ABM CB CP BCP AC AQ CAQ	ABM BCP CAQ S S S	XB YC ZA
. . . . . = =	.

. sin . sin . sin CACM ACM AB AP BAP BC BQ CBQ	XC YA ZB	S	S	S
sin sin sin CF AE ABM BCP CAQ
. . =	.	. 1. =

sin sin sin
ACM BAP CBQ
AF BE CBQ ACM BAP
The
o định lí Ceva, AN BP CQ , , đồng quy.
Ví dụ 13. Cho tam giác ABC, O là điểm bất kì nằm trong tam giác. Các đường thẳng
AO, BO, CO lần lượt cắt BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. Gọi I là điểm bất kì nằm
trong tam giác MNP. Các đường thẳng MI, NI, PI lần lượt cắt NP, PM, MN tại D, E,
F. Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng

quy. Giải Áp dụng định lý Ceva cho tam giác MNP với MD, NE, PF đồng quy ta có

D

P

N

A

DP EM FN . . 1 DN EP FM = –

(1)

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC
F
E
M
B
C
O
I
14
với AM, BN, CP đồng quy ta có
PA MB NC . . 1
PB MC NA
= – (2)
Ta lại có



sin
.
sin
BAD DP AN
CAD DN AD
=
Tương tự cho hai đẳng thức còn lại rồi kết hợp với (1), (2), áp dụng định lý Ceva
dạng lượng giác tai có điều phải chứng minh.
Ví dụ 14. (USAMO 2018-P5) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi E F G , , lần lượt là
giao điểm của các cặp đường thẳng ( , );( , );( , ). AC BD AB CD AD BC Đường tròn ngoại
tiếp các tam giác ABE ADE , cắt các đường thẳng CB CD , lần lượt tại P Q , . Gọi M là
giao điểm của FP GQ , . Chứng minh rằng ∠ = ° MAC 90 .
Giải.
15
Gọi X là giao điểm thứ hai của FP ABE ,( ) và Y là giao điểm thứ hai của GQ ADE ,( )
Khi đó, ∠ = ∠ = ∠ FXA FBP ADC nên 4 điểm X A D F , , , đồng viên.
Ta có ∠ = ∠ – ∠ – ∠ EXD BXF BXE DXF
.
BXA AXF BXE DXF AED ADC EAB DAF
AED ADC EAB ADB ABD BDC BAE BXE
= ∠ + ∠ – ∠ – ∠ = ∠ + ∠ – ∠ – ∠
= ∠ + ∠ – ∠ – ∠ – ∠ = ∠ = ∠ = ∠
nên XE là phân giác của ∠BXD .
Tương tự thì Y A B G , , , đồng viên và YE là phân giác của ∠BYD .
Áp dụng định lý Ceva sin – cho tam giác APG với AM GM PM , , đồng quy, ta thu
được sin MGA sin MPG sin MAG YA XB sin MAG . . .

sin MGP sin MPA ∠ ∠	sin MAP ∠	YB XA	sin MAP ∠
Áp dụng định lý Ceva sin – cho tam giác AQF với AM QM FM , , đồng quy, ta thu được sin MQA sin MFD sin MAQ YA XD sin MAQ . . . ∠ ∠ ∠ ∠ = ⇒ =
sin MQF sin MFA ∠ ∠	sin MAF ∠	FD XA	sin MAF ∠
Từ đó, ta thu được sin MAG sin FAM DY XB . . . ∠ ∠ =
sin MAP sin MAQ ∠ ∠	BY XD

∠ ∠ ∠ ∠
= ⇒ =
Đồng thời, DY XB ED BE . . 1
BY XD BE ED
= = nên sin MAG sin FAM . 1
sin MAP sin MAQ
∠ ∠
=
∠ ∠
. (1)
Mặt khác, ta có ∠ = ∠ = ∠ = – ∠ AEP ABP ADC AEQ 180 nên P E Q , , thẳng hàng.
Từ đó, ta có ∠ = ∠ = ∠ = ∠ APQ ABE ABD ACQ hay A C P Q , , , đồng viên.
Do đó, ∠ = ∠ = – ∠ PAQ FAG BCD 180 .  (2)
Gọi K L U V , , , là hình chiếu của M lên AG AP AF AQ , , , .
Từ (1), ta có MK ML
MV MU
= và kết hợp với (2), ta được ∆ ∆ MKU MLV c g c ~ ( . . ).
Do ∠ = ∠ PAQ FAG nên LU KV = dẫn tới MK ML = hay AM là phân giác của
∠PAG .
Lại có ∠ = ∠ = ∠ PAC EBC EAD nên MC là phân giác ∠PAD nên ∠ = ° MAC 90 .
16
2. Định lý Menelaus
Có 2 cách phát biểu của định lý
Cách 1: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng sao cho có chẵn điểm nằm trên cạnh. Khi đó AD, BE, CF đồng quy
khi và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
=
E
A
B C
F
D
D
F
A E
C
B
Cách 2: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng BC, CA,
AB tương ứng. Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi DB EC FA 1
DC EA FB
=
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, phân giác ngoài các góc
A, B, C lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng
minh D, E, F thẳng hàng.
Giải
Theo tính chất chân đường phân giác, ta có
, , .
DB AB EC BC FA CA
DC AC EA BA FB CB
= = =
F
E
D
B
C
A
17
Suy ra DB EC FA 1
DC EA FB
= , hơn nữa cả 3 điểm nằm ngoài cạnh của tam giác.
Theo định lý Menelaus, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp. Giả sử AD cắt BC tại E, AB cắt CD tại F. Gọi
M là hình chiếu của E trên AB, N là hình chiếu của F trên AD. Chứng minh M, N và
trung điểm K của BD thẳng hàng.
Giải
Dễ thấy có K và 1 trong 2 điểm M, N nằm
trên cạnh của tam giác ABD, ta nghĩ đến
việc sử dụng định lý Menelaus.
Có EFNM nội tiếp, suy ra AME và ANF
đồng dạng.
Suy ra NA NF
MA ME
= , tương tự
ND NF
MB ME
=
Suy ra ND MA 1
MB NA
⋅ =
Trong tam giác ABD có ND MA KB 1
NA MB KD
⋅ ⋅ = , suy ra M, N, K thẳng hàng.
Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

(O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D, tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC tại E, tiếp tuyến tại C

A

của (O) cắt BC tại F. Chứng minh D, E, F thẳng
hàng.
Giải
Ta có ∆DAB đồng dạng ∆DCA, suy ra
2
DB DA AB DB AB
DA DC AC DC AC
 
= = ⇒ =  
 
Chứng minh tương tự các đẳng thức còn lại, ta có
điều phải chứng minh.
K
N
M
F
E
A
B
D
C
F
E
D B C

18
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC không cân với phân giác trong AD. Đường trung trực
của AD cắt BC tại A’. Tương tự dựng các điểm B’, C’. Chứng minh A’, B’, C’ thẳng
hàng.
A’
D
A
B C
Giải
Gọi A” là giao điểm của tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp và BC.
Ta có ∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠ A AD A AB BAD ACD DAC A AD ” ” “
Suy ra A” thuộc trung trực của AD, suy ra A A ” ‘ ≡ .
Áp dụng ví dụ 3, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D. Gọi M, N
là trung điểm của BC, AD. Chứng minh các điểm M, I, N thẳng hàng.
Giải
Giả sử AB AC < .
Gọi E là chân đường phân giác góc A.
Ta có EB EC
AB AC
= và EB EC BC + = , suy ra
BC AC .
EC
AB AC
=
+
và EB BC AB .
AB AC
=
+
.

Suy ra IE BE = =	BC
IA	BA AB AC +

.
E M
N
D
I
A
B C
19
Ta có
2
BC AB AC
DB = + – và
2
AC BC AB
DC = + – ,
suy ra
2 2 2
BC BC AB AC AC AB
MD MB BD = – = – = + – –
và ( )
( )
.
.
2 2
BC BC AB BC AC AB
ME MB EB
AB AC AB AC
–
= – = – =
+ +
suy ra
MD AB AC
ME BC
+
=
Xét tam giác ADE có IE NA MD 1
IA ND ME
⋅ ⋅ = , suy ra M, I, N thẳng hàng.
Ví dụ 6 (IMOSL 1995, G1). Cho các điểm ABCD theo thứ tự trên đường thẳng.
Đường tròn đường kính AC và đường kính BD cắt nhau tại X và Y. Đường thẳng XY
cắt BC tại Z. Trên XY lấy điểm P khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường
kính AC tại điểm thứ 2 là M, đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại
điểm thứ 2 là N. Chứng minh AM, DN, XY đồng quy.
Giải
T Z
M
N
Y
X
A D
B C
P
20
Gọi T là giao điểm của AM và XY, ta chứng minh T thuộc ND.
Sử dụng meneleus cho tam giác AZC với A, M, T thẳng hàng.
Các đẳng thức PM PC PN PB . . = , ZB ZD ZX ZY ZA ZC . . . = =
Áp dụng Menelaus cho tam giác ABZ ta được N, T, D thẳng hàng.
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC vuông tại C. Đường cao CK, kẻ phân giác CE của tam
giác ACK. Các đường thẳng DE và CK cắt nhau tại F (D là trung điểm đoạn AC).
Chứng minh rằng BF//CE.
Giải
Áp dụng định lý Menelaus với tam giác
ACK ta có
FK DC EA FK EK . . 1

FC DA EK Mặt khác

FC

EA

CA

BC

= ⇒ = =
CK BK
= .
∠ = ∠ + ∠ = ∠ + BCE BCK KCE EAC ECA;
∠ = + BEC ECA EAC

Þ ∠ = ∠ BCE BEC .	F
Suy ra tam giác BCE cân tại B hay BE=BC Do đó FK BK FK BK = ⇒ = .
FC	BE	CK	EK

Ta có tam giác BKF và tam giác EKC đồng dạng.
Suy ra ∠ = ∠ ECK BFK hay CE//BF.
Ví dụ 8 (APMO 2014). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của
(O) tại B và D cắt nhau tại điểm P trên tia AC. Tiếp tuyến của (O) tại C cắt đường
thẳng PD, AD lần lượt tại Q và R. Đường thẳng AQ cắt (O) tại điểm thứ hai là E.
Chứng minh rằng ba điểm B, E, R thẳng hàng.
Giải
C
B A

K	E
D

21
L
E Q
C
B
P
R
D
A
Gọi L là giao điểm của AC, BE.
Ta có .
.
LA AB AE
LC CB CE
=
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PCQ với cát tuyến R, D, A ta có

RQ AC DP . . 1 RC AP DQ

RQ RC

AP DQ . AC DP

= ⇒ =
Ta có QCE QAC CE EQ EQ AC . 1

AC	CQ	CE QC
PBC ∆	PAB ∆ ∼	PB =	BC ⇒	PB AB . =	1	⇒
PA	AB	PA CB

∆ ∆ ∼ ⇒ = ⇒ =
Xét

. . = . . .
. AE AB DP AC EQ	LA RC EQ
. CE CB DQ AP EA	LC RQ EA

T
=
= ( . )( . ) EQ AC AB PD
CE DQ CB PA
=( . )( . ) EQ AC AB PB
CE QC CB PA
, do PD = PB, DQ = QC = 1
Từ đó ta có đpcm.
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC. Đường thẳng ∆ không đi qua A B C , , cắt BC CA AB , ,
thứ tự tại A B C A A 1 1 1 , , . , b c theo thứ tự là điểm đối xứng của A1 qua AB AC , . Aa la trung

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education