Định lí MENELAUS và ứng dụng

Ngày đăng: 29/03/2015, 07:31

ĐỊNH LÍ MENELAUS VÀ ỨNG DỤNGMenelaus of Alexandria sinh khoảng năm 70 và mất khoảng năm 130, những gì được biết về cuộc đời ông là ít. Tuy nhiên, thông qua một số tác phẩm khoa học của những người sau, Platon chẳng hạn, thì ông là nhà toán học và thiên văn học nổi tiếng của Ai Cập thời bấy giờ. TR NG I H C TÂY NGUYÊNƯỜ ĐẠ Ọ  CHUYÊN ĐỀ ĐỊNH LÝ MENELAUS VÀ ỨNG DỤNG Sinh viên: Vũ Nhật Anh Lớp: SP Toán K11 Mã HSSV: 11101006 1. ĐỊNH LÍ MENELAUS (MÊ-NÊ-LA-UÝT) Menelaus of Alexandria sinh khoảng năm 70 và mất khoảng năm 130, những gì được biết về cuộc đời ông là ít. Tuy nhiên, thông qua một số tác phẩm khoa học của những người sau, Platon chẳng hạn, thì ông là nhà toán học và thiên văn học nổi tiếng của Ai Cập thời bấy giờ. 1. 1. Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC. Trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB, ta lấy các điểm P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi:. . 1 BR AQ PC AR QC BP = (1) Chứng minh: Phần thuận: Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng. Qua A, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt đường thẳng (d) tại L. Sử dụng hệ quả của định lí Thales, ta có:. . AL AQ CP AQ AL CP CQ CQ = ⇔ =. 1. BR BP BR AL AR AL AR BP = ⇔ = Thay AL ở đẳng thức thứ nhất vào đẳng thức thứ hai ta được điều phải chứng minh. A R Q L P B C Phần đảo: Giả sử (1) xảy ra. Gọi Q’ là giao điểm của RP và cạnh AC. Khi đó, theo phần thuận, ta có: ‘. . 1. ‘ BR AQ PC AR Q C BP = (2) Từ (1) và (2) suy ra ‘. ‘ AQ AQ Q C QC = Vậy Q ≡ Q’, điều phải chứng minh. Định lí Menelaus (phần đảo) thường được sử dụng để chứng minh tính thẳng hàng của các giao điểm của một số đường thẳng. 1. 2. Định lí Menelaus, dạng mở rộng Cho tam giác ABC. Một đường thẳng ( d) bất kì cắt đường thẳng BC, CA, AB lần lược tại P, Q, R. Khi đó:. . 1. . 1 BR AQ PC BR AQ PC AR QC BP AR QC PB = ⇔ = − (1) Đảo lại, giả sử các điểm P, Q, R tương ứng năm trên các đường thẳng BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho (1) được thỏa. Lúc đó, P, Q, R thẳng hàng. Chứng minh: Giả sử (1) được thỏa. Gọi C 1 là giao điểm của đường thẳng QP và AB. Ta cần chứng minh C 1 ≡ R. Theo chứng minh ở phần thuận ta có: 1 1. . 1. . BC AQ PC BR AQ PC AC QC BP AR QC BP = =, suy ra 1 1 BC BR m AC AR = =. Để chứng minh C 1 ≡ R, ta để ý rằng phương trình ( ) 1 BX m m AX = ≠ Có không quá một nghiệm khi A ≠ B. Thật vậy, chọn gốc tọa độ là A, trục tọa độ AB với chiều dương là chiều từ A đến B. cho tọa độ của X là x, tọa độ của điểm A là a, lúc đó phương trình trên trở thành: 1 x ma m x x a m = ⇔ = − −. Từ đó ta có điều phải chứng minh. 2. BÀI TẬP ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ MENELAUS. Bài 1: (Olympic toán học Canada, 2007) Cho tam giác ABC với AB > AC. Gọi P là giao điểm của đường trung trực của BC và đường phân giác trong của góc A. Dựng các điểm X trên AB và Y trên AC sao cho PX vuông góc với AC. Gọi Z là giao điểm của XY và BC. Xác định giá trị trị tỉ số BZ / ZC. Giải Vì PAX PAY ∠ = ∠ và 0 90PXA PYA ∠ = ∠ = nên các tam giác PAX ∆ và PAY ∆ bằng nhau, suy ra AX = AY và PX = PY. Do P nằm trên trung trực của BC, ta có PC = PB. Như thế, PYC ∆ và PXB ∆ là hai tam giác vuông bằng nhau, suy ra CY = BX. Vì X, Y, Z thẳng hàng, áp dụng Định lí Menelaus ta được:. . 1 AY CZ BX YC ZB XA =. Nhưng AX = AY và CY = BX nên đẳng thức này cho ta: BZ = ZC = 1. Vậy tỉ số BZ/ZC bằng 1. Bài 2: (Olympic toán học 30 – 4 lần thứ 6 TP.HCM, Việt Nam) Cho tam giác ABC có diện tích S o = 1. Trên các cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho 1 2 3 1 2 3, k, ,(, , 1) MB NC PA k k k k k MC NA PB = = = < Tính diện tích tam giác tạo bởi 3 đoạn thẳng AM, BN và CP. Giải Gọi EIF là tam giác tạo bởi 3 đoạn thẳng AM, BN, CP. Ta có: 2 2 0 2 2, 1 1 BCN BCF BCN BCN S S CN k k BF S S CA k k S BN = = ⇒ = = + +. Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ABN với đường PCF, ta có:. . 1 FB CN PA FN CA PB =, suy ra 2 2 2 3 2 2 3 1 1 1 FB k BF k FN k k BN k k k + + = ⇒ = + +, từ đó 2 0 2 2 3 S 1 BCF k S k k k = + +. Chứng minh tương tự ta cũng có: 3 3 1 3 1 ACF k S k k k = + +, 1 1 1 2 1 ABE k S k k k = + +. Vậy ta có: A C P B C M I E F 3 2 1 2 2 3 3 1 3 1 1 2 1 1 1 1 kk k S k k k k k k k k k   = − + +  ÷ + + + + + +  . Bài 3. (Thi vô địch quốc gia Ba Lan, 1999). Gọi D là điểm nằm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho AD > BC. Gọi E là điểm nằm trên cạnh AC sao cho AE BD EC AD BC = −. Chứng minh rằng AD > BE. Giải Gọi F là điểm nằm trên đoạn thẳng AD sao cho FA = BC, giả sử BF cắt AC tại E’. theo định lí hàm sin ta có sin AF ‘ sin ‘. . sin ‘ sin ‘ E DFB AE FA CB FF A CE F ∠ ∠ = = ∠ ∠, sin ‘BC sin ‘C. . sin ‘ sin ‘ E FBD E CB CB CE B CE F ∠ ∠ = = ∠ ∠, Suy ra ‘ sin ‘C sin AE DFB DB BD AE E FBD FD AD BC EC ∠ = = = = ∠ −, Do đó E’ trùng E. Gọi l là đường thẳng qua A và song song với BC. Trên tia BC, lấy điểm G sao cho A F DB E’ C G A F DB E C H BG = AD và CG = FD, và cho các đường thẳng GE và l giao nhau tại H. Haiu tam giác FCG và EAH đồng dạng, nên. . AE AE AH CG FD EC EC = =, Theo định lí Menelaus, áp dụng cho tam giác CAD và dường thẳng EFB, ta có .AF.DB 1. . AE CE EC EA FD BC =. Như vậy:. .. .. AE AF DB AF AH FD FD DB DB EC FD BC BC = = = =, Suy ra tứ giác BDAH là hình bình hành và BH = AD. Do vậy, tam giác BHG cân, với BH = BG = AD. Vì đoạn thẳng BE là một Cevian trong tam giác này. Nên phải có BE < AD, điều phải chứng minh. Bài 4 (Balkan, Senior, 1999) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Lấy điểm X trên AB và Y trên AC sao cho trọng tâm G của tam giác ABC nằm khác phía với B và C so với đường thẳng XY. Chứng minh rằng [BXGY] + [CYGX] ≥ 4/9, ở đây, [.] là kí hiệu diện tích. Khi nào đẳng thức xảy ra? Giải Ta có [BXGY] + [CXGY] = 2[XGY] + [BXY] + [CXY]. Gọi M là trung điểm BC. Khi đó, khảng cách từ M đến đường thẳng XY bằng trung bình cộng của hai khoảng cách từ B và C đền XY, do đó: [BXY] + [CXY] = 2[MXY]. Suy ra [BXGY] + [CXGY] = 2[XGY] = 2[GXM] + 2[GYM] = [AXG] + [AYG] (do AG = 2GM). Chọn hai điểm B’ trên AB và C’ trên AC sao cho B’C’ // BC và B’C’ đi qua G. Hai tam giác AB’C’ và ABC đồng dạng theo tỉ lệ 2/3 nên [AB’C’] = 4/9. Như vậy, ta cần chứng minh [AXG] + [AYG] ≥ [AB’C’]. Nếu điểm X nằm giữa hai điểm B, B’ và Y nằm giữa hai điểm C, C’ thì khảng cách từ X đến AG lớn hơn khoảng cách từ B’ đến AG, do đó [AXG] > [AB’G]. Tương tự, [AYG] > [AC’G] do đó, trong trường hợp này ta có (*) được thỏa mãn Giả sử X nằm giữa A và B’. Giả sử XG cắt AC tại Y’. Lúc đó, do G nằm khác phía với B và C so với đường thẳng XY nên Y nằm giữa Y’ và C. Suy ra [GYC’] ≥ [GY’C’], như vậy, trong trường hợp này ta cần chứng minh [AXY’] ≥ [AB’C’], nghĩa là chứng minh [XGB’] ≤ [Y’GC’], Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác AB’C’ và đường thẳng XGY’, ta có ‘ ‘ ‘ 1 ‘ ‘ ‘ XB GC Y A XA GB Y C =, A C B’ C ’ Y B M X G A C B’ C’ Y’ B M X G Y Hay ‘ ‘ ‘. 1 ‘ XB Y C XA Y A =, vì G là trung điểm B’C’, Suy ra AB’/AC’ ≥ AX/AY’ = XB’/Y’C’. Gọi h B là khoảng cách từ G đến AB và h C là khoảng cách từ G đến AC. Ta có h B AB’/h C AC’ = [AGB’]/[AGC’] = 1, nên h C /h B = AB’/AC’. Suy ra h C /h B ≥ XB’/Y’C’, do đó [Y’GC’] ≥ [XGB’], là điểm cần chứng minh. Để có đẳng thức, ta phải có X ≡ B’ và Y ≡ C’. Nói cách khác, đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu XY // BC và XY đi qua G. Bài 5. (Olympic Bulgaria, vòng 3, 1998) Cho tứ giác ABCD có AD = CD và 0 90DAB ABC ∠ = ∠ <. Qua D, kẻ đường thẳng nối trung điểm đoạn BC, đường thẳng này cắt đường thẳng AB tại E. Chứng minh rằng BEC DAC ∠ = ∠. Giải Gọi M là trung điểm BC, giả sử AD cắt BC tại N, AN cắt EC tại P áp dụng định lí Menelaus cho các tam giác DMN, AEN ta có DP.NC.ME = PN.CM.ED và DA.NB.ME = AN.BM.ED. Kết hợp các đẳng thức này với AN = BN, BE = CE, AD = CD Ta được DP. NC = DC.PN. Vậy CP là phân giác của DCN ∠. Từ đó ta có ( ) 1 2 ACP ACD DCP NDC DCN NAB ∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠, Do đó DCP CAB ∠ = ∠, suy ra BCE BAC ∠ = ∠, từ đó: BEC ABC BCE BAD DCP DAC ∠ = ∠ − ∠ = ∠ − ∠ = ∠, Suy ra điều phải chứng minh. Bài 6. (Bankal, Senior, 1995) Cho hai đường tròn O và O’ gặp nhau tại A và B, sao cho OA O’A. OO’ cắt hai đường tròn tại C, E, D, E, sao cho các điểm C,O, E, D, O’, F nằm trên đường thẳng theo thứ tự đó, BE cắt đường tròn (tâm O) tại điểm thứ hai K và cắt CA tại M, BD cắt đường tròn (tâm O’) tại điểm thứ hai L và cắt À tại N. Chứng minh rằng '. KE LN O E KM LD OD =, Giải Ta có ' 2, ' 2AOO ACF AO O AFC ∠ = ∠ ∠ = ∠. Mà 0 0 ' 2 ' 180 ' 90AOO AO O OAO ∠ + ∠ = − ∠ =, Nên 0 45ACF AFC∠ + ∠ =. ' 'CAL CAO OAO O AL ∠ = ∠ + ∠ + ∠ ( ) 0 0 90 90 1/ 2 'ACF AO L = ∠ + + − ∠ 0 0 0 180 180 180ACF ABL ACF ABD = ∠ + − ∠ = ∠ + −∠ = (để ý tam giác OAC cân và ACBD nội tiếp). suy ra C, A, L thẳng hàng. Tương tự K, A, F thẳng hàng. Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác CME và đường thẳng KAF, ta có. . 1 KE AM FC KM AC FE = Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác FND và đường thẳng LAC, ta được. . 1 LD AN CF LN AF CD =. [...]... hàng Giải: Áp dụng Định lí Menelaus và o các tam giác và các điểm: - Δ OAB và A1, B1, C2 ta có: AA1 OB1 BC2 =1; OA1 BB1 AC2 - Δ OBC và B1, C1, A2 ta có: OC1 BB1 CA2 = 1; CC1 OB1 BA2 (1) (2) - Δ OAC và A1, C1, B2 ta có: OA1 CC1 AB2 = 1; AA1 OC1 CB2 (3) Nhân (1), (2) và (3) vế theo vế ta được: BC2 CA2 AB2 = 1 AC2 BA2 CB2 Áp dụng Định lí Menelaus (phần đảo) ta suy ra điều phải chứng minh Bài 10:... và F lấy lần lượt trên hai cạnh AC và AB sao cho AE = 2AF EG Các đường EF và AM cắt nhau tại G Hãy tính tỉ số GF Giải: Kéo dài BC và FE cắt nhau tại H Áp dụng Định lí Menelaus và o ∆FBH với ba điểm G, A, M: GH AF MB (1) =1 EF AB MH Áp dụng Định lí Menelaus và o ∆ECH với ba điểm G, A, M: GH AE MC =1 GE AC MH (2) Vì MB = MC và EA = 2FA nên chia vế theo vế của (1) cho (2) ta được: 1 GE AC GE AB 12... số Giải: PC PA Áp dụng Định lí Menelaus trong PC IA BM = 1 PA IM BC Suy ra: ∆AMC với 3 điểm thẳng hàng B, I, P ta có: PC IM BC 1 = = PA IA BM 2 Bài 9: Cho tam giác ABC và ba điểm A1, B1, C1 tương ứng nằm trên ba cạnh BC, CA, AB sao cho các đường thẳng AA1, BB1 cắt nhau tại O Giả sử ba cặp đường thẳng AB và A1B1, BC và B1C1, CA và C1A1 lần lượt cắt nhau tại ba điểm C2, A2, B2 Chứng minh rằng C2,... đó, chỉ cần chứng minh, tức là chứng minh MN//CF Ta có ∠MAN = ∠CAF = 1800 − (∠ACF + ∠AFC ) = 1350, ∠MBN = ∠EBA + ∠ABD = ∠EFA + ∠ACD = 450 (để ý AFBE và ACBD nội tiếp) suy ra AMBN nội tiếp, từ đó ∠AMN = ∠ABN = ∠ABD = ∠ACD = ∠ACF Suy ra MN//CF, điều phải chứng minh Bài 7: Trong tam giác ABC, gọi M là trung điểm của cạnh BC, cho AB = 12 và AC = 16 Điểm E và F lấy lần lượt trên hai cạnh AC và AB sao cho... 10: Cho tứ giác lồi ABCD thỏa điều kiện ∠BAD > 90O Gọi M, N lần lượt là hai điểm nằm trên BC và CD sao cho: ∠MAD = ∠NAB = 90O Chứng tỏ rằng nếu MN và BD cắt nhau tại I thì IA ⊥ AC Giải: Để ý rằng nếu M ≡ C (hay N ≡ C) thì I ≡ D (hay I ≡ B) Lúc đó bài toán đúng Xét trường hợp I ≠ B, I ≠ D, áp dụng Định lí Menelaus cho tam giác BCD với bộ ba điểm M, N, I ta có: MB NC ID = 1 MC ND IB ⇔ S AMB S ANC… bài toán từ những cuộc thi lại một số nước Đông Âu, Tập 2, NXB Giáo Dục, TP.HCM 2005 [3] Nguyễn Văn Nho – Vũ Dương Thụy 40 năm Olympic Toán học Quốc tết, NXB Giáo Dục, 2001 [4] Nguyễn Văn Nho Những Định lí chọn lọc trong hình học phẳng qua các kì thi Olympic NXB ĐH Sư Phạm, 2006. cân và ACBD nội tiếp). suy ra C, A, L thẳng hàng. Tương tự K, A, F thẳng hàng. Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác CME và đường thẳng KAF, ta có. . 1 KE AM FC KM AC FE = Áp dụng định lí Menelaus. CHUYÊN ĐỀ ĐỊNH LÝ MENELAUS VÀ ỨNG DỤNG Sinh viên: Vũ Nhật Anh Lớp: SP Toán K11 Mã HSSV: 11101006 1. ĐỊNH LÍ MENELAUS (MÊ-NÊ-LA-UÝT) Menelaus of Alexandria sinh khoảng năm 70 và mất khoảng. dụng Định lí Menelaus vào FBH∆ với ba điểm G, A, M: AF. . 1 EF GH MB AB MH = (1) Áp dụng Định lí Menelaus vào ECH ∆ với ba điểm G, A, M: AE. . 1 GH MC GE AC MH = (2) Vì MB = MC và EA =

Source: https://mindovermetal.org
Category: Ứng dụng hay