Trung Tâm Luyện Thi Đại Học
A. Định lí Menelaus
Menelaus là nhà toán học cổ đại ở thế kỉ I sau Công nguyên. Tương truyền ông được sinh vào khoảng năm 70 thời đại Alexandria và mất vào khoảng năm 130. Các quyển sách của Menelaus chỉ còn lại quyển Sphaerica. Ông nhắc đến tam giác cầu và các định lí Menelaus. Cuốn “Hình học cơ bản” được Thabit Ibn Qurra dịch sang tiếng Ả Rập “Sách viết về các tam giác”, trong đó có định lí Menelaus ngày nay.
Định lí. Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB. Khi đó M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi \( \frac{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=1 \).
Chứng minh:
Giả sử M, N, P thẳng hàng. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt MN tại D.
Theo định lí Thales \( \Rightarrow \frac{NA}{NC}=\frac{AD}{MC},\text{ }\frac{PB}{PA}=\frac{BM}{AD} \).
Nhân hai đẳng thức với nhau ta được:
\( \frac{NA}{NC}.\frac{PB}{PA}=\frac{AD}{MC}.\frac{BM}{AD}\Rightarrow \frac{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=1 \).
Ngược lại từ \( \frac{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=1 \), lấy điểm E trên AB sao cho M, N, E thẳng hàng
\( \Rightarrow \frac{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{EA}{EB}=1\Rightarrow \frac{PA}{PB}=\frac{EA}{EB}\Rightarrow P\equiv E \).
B. Bài tập có hướng dẫn giải
Câu 1. Cho tam giác ABC, M trên cạnh AB thỏa mãn \( AM=\frac{1}{2}MB \), N trên cạnh BC thỏa mãn \( CN=2NB \), gọi E là giao điểm AN và CM. Tính diện tích của tam giác BEC biết diện tích tam giác ABC bằng 1.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng định lí Menelaus với \( \Delta ABN \) và cát tuyến CME.
\( \Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{CB}{CN}.\frac{EN}{EA}=1\Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{CB}{CN}.\frac{EN}{EA}=\frac{1}{2}.\frac{3}{2}.\frac{EN}{EA}=1 \).
\( \Rightarrow \frac{EN}{EA}=\frac{4}{3}\Rightarrow {{S}_{\Delta BEN}}=\frac{4}{3}{{S}_{\Delta ABE}},\text{ }{{S}_{\Delta CNE}}=\frac{4}{3}{{S}_{\Delta AEC}} \)
\( \Rightarrow {{S}_{\Delta BEC}}=\frac{4}{3}\left( {{S}_{\Delta ABE}}+{{S}_{\Delta ACE}} \right)=\frac{4}{3}\left( {{S}_{\Delta ABC}}-{{S}_{\Delta BEC}} \right) \)
\( \Rightarrow \frac{7}{3}{{S}_{\Delta BCE}}=\frac{4}{3}{{S}_{\Delta ABC}}\Rightarrow {{S}_{\Delta BCE}}=\frac{4}{7} \).
Câu 2. Cho tam giác ABC, trực tâm H đi qua trung điểm của đường cao kẻ từ đỉnh A. Chứng minh rằng \( \cos A=\cos B.\cos C \).
Hướng dẫn giải:
Theo giả thiết H đi qua trung điểm của đường cao kẻ từ đỉnh A
\( \Rightarrow H \) nằm trong \( \Delta ABC \).
\( \Rightarrow \Delta ABC \) nhọn, do tính chất ba đường cao đồng quy tại H.
Áp dụng định lí Menelaus đối với \( \Delta ABD \), cát tuyến CHE:
\( \Rightarrow \frac{HA}{HD}.\frac{CD}{CB}.\frac{EB}{EA}=1\Rightarrow \frac{CD}{CB}.\frac{EB}{EA}=1 \).
\(\Rightarrow \frac{EA}{AC}=\frac{CD}{AC}.\frac{EB}{BC},\text{ }CE\bot AB,\text{ }AD\bot BC\)
\( \Rightarrow \cos A=\cos C.\cos B \).
Câu 3. Cho tam giác ABC và tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi các giao điểm của BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’ thẳng hàng. (Định lí Desargues)
Girard Desargues (1591 – 1661) là nhà toán học người Pháp được tôn vinh là “ông tổ của hình học xạ ảnh” nhưng ông lại theo học kĩ sư quân giới.
Hướng dẫn giải:
Gọi M, N, P lần lượt là các giao điểm của BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’.
Phần thuận: Giả sử AA’, BB’ và CC’ cắt nhau tại Q, theo định lí Menelaus với \( \Delta QAB \) cát tuyến NB’A’
\( \Rightarrow \frac{NA}{NB}.\frac{{B}’B}{{B}’Q}.\frac{{A}’Q}{{A}’A}=1 \).
Tương tự với \( \Delta QBC \) và \( \Delta QAC \), ta có: \( \frac{MB}{MC}.\frac{{C}’C}{{C}’Q}.\frac{{B}’Q}{{B}’B}=1,\text{ }\frac{PC}{PA}.\frac{{A}’A}{{A}’Q}.\frac{{C}’Q}{{C}’C}=1 \).
Nhân ba đẳng thức với nhau \( \Rightarrow \frac{NA}{NB}.\frac{MB}{MC}.\frac{PC}{PA}=1\Rightarrow M,N,P \) thẳng hàng.
Phần đảo: Giả sử AA’ và CC’ cắt nhau tại Q, áp dụng định lí Menelaus đối với các \( \Delta C{C}’P,\text{ }\Delta CPM,\text{ }\Delta MP{C}’ \), ta có:
\( \frac{Q{C}’}{QC}.\frac{AC}{AP}.\frac{{A}’P}{{A}'{C}’}=1,\text{ }\frac{BC}{BM}.\frac{NM}{NP}.\frac{AP}{AC}=1,\text{ }\frac{{B}’M}{{B}'{C}’}.\frac{{A}'{C}’}{{A}’P}.\frac{NP}{NM}=1 \).
Nhân ba đẳng thức với nhau \( \Rightarrow \frac{Q{C}’}{QC}.\frac{BC}{BM}.\frac{{B}’M}{{B}'{C}’}=1 \), với \( \Delta MC{C}’\Rightarrow Q,B,{B}’ \) thẳng hàng \( \Rightarrow A{A}’,C{C}’ \) và \( B{B}’ \) đồng quy.
Câu 4. Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F nằm trên đường tròn. AE cắt DF tại M, BE cắt CF tại I và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng M, I, N thẳng hàng.
Hướng dẫn giải:
Giả sử đường thẳng AE cắt đường thẳng CF và BD lần lượt tại P, Q. Đường thẳng BD cắt CF tại G. Áp dụng định lí Menelaus trong \( \Delta PQG \) với các cát tuyến MFD, IEB, NAC ta có:
\( \frac{FP}{FG}.\frac{DG}{DQ}.\frac{MQ}{MP}=1\Rightarrow \frac{MQ}{MP}=\frac{FG}{FP}.\frac{DQ}{DG} \).
\( \frac{BG}{BQ}.\frac{EQ}{EP}.\frac{IP}{IG}=1\Rightarrow \frac{IP}{IG}.\frac{BQ}{BG}.\frac{EP}{EQ} \) và \( \frac{NG}{NQ}.\frac{AQ}{AP}.\frac{CP}{CG}=1\Rightarrow \frac{NG}{NQ}=\frac{AP}{AQ}.\frac{CG}{CP} \).
Nhân ba đẳng thức với nhau, ta có:
\( \frac{MQ}{MP}.\frac{IP}{IG}.\frac{NG}{NQ}=\frac{FG}{FP}.\frac{DQ}{DG}.\frac{BQ}{BG}.\frac{EP}{EQ}.\frac{AP}{AQ}.\frac{CG}{CP} \) (*)
Mặt khác, cát tuyến AE, CF cắt nhau tại P \( \Rightarrow PA.PE=PC.PF \);
Tương tự \( QD.QB=QE.QA \) và \( GF.GC=GD.GB \), thay vào đẳng thức (*)
\( \Rightarrow \frac{MQ}{MP}.\frac{IP}{IG}.\frac{NG}{NQ}=1\Rightarrow M,I,N \) thẳng hàng.
Câu 5. Cho tam giác vuông ABC ( \( \widehat{A}={{90}^{O}} \)), D là điểm trên cạnh BC kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn tâm C, đường kính CA. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường thẳng CE tại F, đường thẳng BF cắt DE tại M, qua B kẻ đường thẳng song song với CM cắt DE tại N. Chứng minh rằng M là trung điểm NE.
Hướng dẫn giải:
EC cắt đường tròn tâm C, bán kính CA tại J, dựng đường tròn đường kính DC cắt AC tại I.
Theo giả thiết \( DE\bot CE\Rightarrow \widehat{DIC}={{90}^{O}} \)
\( \Rightarrow \widehat{EIC}=\widehat{EDC},\text{ }AF\bot CD \).
\( \Rightarrow \widehat{AFC}=\widehat{EDC}\Rightarrow \widehat{EIC}=\widehat{AFC} \).
\( \Rightarrow \) Tứ giác AIFE nội tiếp.
Mặt khác: \( CA=CE\Rightarrow \widehat{CEA}=\widehat{CAE}=\widehat{CIF} \).
\( \Rightarrow IF\parallel AE\Rightarrow \frac{EF}{EC}=\frac{AI}{AC},\text{ }\widehat{A}={{90}^{O}} \) \( \Rightarrow AB\parallel DI\Rightarrow \frac{IC}{IA}=\frac{DC}{DB},\text{ }CF=CI \).
Áp dụng định lí Menelaus trong \( \Delta BFC \), cát tuyến DME:
\( \frac{MB}{MF}.\frac{EF}{EC}.\frac{DC}{DB}=1 \).
\( \frac{MB}{MF}.\frac{AI}{AC}.\frac{IC}{IA}=1\Rightarrow \frac{MB}{MF}=\frac{AC}{IC}=\frac{CJ}{CF}\Rightarrow BJ\parallel CM\Rightarrow ME=MN \).
