MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài khóa luận Như ta đã biết toán học là cơ sở của ngành khoa học và công nghệ. Trong bối cảnh của cuộc cách mạng công nghệ thông tin, trong xu thế tiến tới một xã hội thông tin thì vốn hiểu biết về toán học sẽ cần cho mọi lực lượng lao động trong khoa học công nghệ và quản lí: “ Dù khó khăn đến đâu cũng phải tiếp tục thi đua dạy tốt và học tốt. Trên nền tảng giáo dục chính trị và lãnh đạo tư tưởng tốt, phải phấn đấu nâng cao chất lượng văn hóa và chuyên môn, nhằm thiết thực giải quyết các vấn đề do cách mạng nước ta đề ra và trong một tương lai không xa đạt những đỉnh cao của khoa học và kỹ thuật”(Thư Bác Hồ gửi các cán bộ, cô giáo, thầy giáo, công nhân, nhân viên, học sinh, sinh viên các cấp nhân dịp khai giảng năm học 1968-1969). Thực tế nước ta và trên thế giới cho thấy, nhiều học sinh giỏi toán đã trở thành chuyên gia giỏi trong nhiều lĩnh vực của khoa học kỹ thuật, kinh tế quản lí và cả chính trị nữa. Xét về khía cạnh đào tạo con người, việc học tập môn toán giúp chúng ta rèn luyện tư duy logic, tư duy sáng tạo,rèn luyện phương pháp suy luận, phương pháp giải quyết các vấn đề. Trong chương trình toán trung học cơ sở, hình học là một trong những môn quan trọng và cần thiết cấu thành nên chương trình toán học ở trung học cơ sở cùng với môn số học và đại số. Ngay trong bậc tiểu học, các em học sinh được làm quen với các yếu tố hình học một cách trực quan. Từ lớp 1 đến lớp 5 các em đã biết vẽ điểm, đoạn thẳng, tam giác, hình vuông, hình tròn, góc, góc vuông. Trong bậc học này, hình học được trình bày xen kẽ trong bộ môn toán. Bước sang bậc trung học cơ sở, các nhà giáo dục đã trình bày hình học thành một phân môn cùng với đại số cấu thành chương trình toán trung học cơ sở. Học toán mà đặc biệt là môn hình học, mỗi học sinh đều cảm thấy có những khó khăn riêng của mình. Nguyên nhân đó là nhiều học sinh chưa nắm 1 vững các khái niệm cơ bản, các định lí, các tính chất của hình học. Hình học là một trong các lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện không ít những định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ghồ ghề và hiểm trở. Khi nhắc đến định lí Menelaus và định lí Ceva, học sinh thường nghĩ đây là một định lí khó, không phổ biến, ít áp dụng được nhiều cho hình học thuần túy. Đó là do hai định lí này không được học trong chương trình phổ thông mà chỉ dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi. Định lí Menelaus và định lí Ceva khó nhớ bởi chúng ta ít vận dụng, cũng như trước đây ta thấy khó nhớ vì chưa thân thuộc với định lí Talet, với định lí Pitago. Đa phần học sinh không biết hai định lí này hoặc nếu có biết thì cũng không biết cách nào để vận dụng giải các bài toán hình học. Đa số học sinh hay thỏa mãn trong học tập, bằng lòng và kết thúc công việc giải một bài toán hình học khi đã tìm được một cách giải nào đó, chưa chú ý tìm tòi cách giải khác. Học thuộc bài một cách cứng nhắc, không chịu suy nghĩ để các kiến thức thu được trở thành kiến thức sống, linh hoạt, sẵn sàng vận dụng trong bất cứ trường hợp nào. Đây là một điều rất nguy hiểm trong việc học toán cũng như học các môn học khác. Chính vì vậy, chúng tôi đã chọn đề tài “ Một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva” cho khóa luận tốt nghiệp đại học của mình, nhằm giúp các em hiểu sâu hơn về định lí Menelaus và định lí Ceva, một công cụ hỗ trợ đắc lực khi giải các bài toán về hình học. 2. Mục tiêu khóa luận - Hệ thống các kiến thức về định lí Menelaus và định lí Ceva, một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học. - Trình bày hệ thống bài tập có ứng dụng định lí Menelaus và định lí Ceva để giải toán. 2 3. Nhiệm vụ nghiên cứu • Nghiên cứu nội dung và hệ thống các bài tập sử dụng định lí Menelaus và định lí Ceva. • Chỉ ra một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva. 4. Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo, giáo trình có liên quan đến ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học rồi phân hóa, hệ thống hóa kiến thức. • Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc tham khảo tài liệu, giáo trình, rút ra kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu. • Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếp hướng dẫn, các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt nội dung và hình thức của khóa luận. 5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu • Đối tượng: Định lí Menelaus và định lí Ceva. • Phạm vi: Dùng định lí Menelaus và định lí Ceva để giải một số bài toán hình học sơ cấp. 6. Ý nghĩa khoa học 6.1. Sản phẩm khoa học: Hệ thống các kiến thức về định lí Menelaus và định lí Ceva, một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học và các bài tập liên quan. 6.2. Sản phẩm thực tiễn: Đề tài có thể là tài liệu tham khảo hữu ích cho sinh viên ngành Toán, sinh viên ngành Toán – Lí khi muốn tìm hiểu về ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học. Đồng thời sử dụng kiến thức đó để giải quyết một số bài toán ở bậc trung học cơ sở dễ dàng hơn. 3 7. Bố cục của khóa luận Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận được chia thành các chương: Chương 1: Một số ứng dụng của định lí Menelaus. Chương 2: Một số ứng dụng của định lí Ceva. Chương 3: Bài tập áp dụng. 4 CHƯƠNG 1. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ MENELAUS 1.1. Định lí Menelaus  Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC; M , N, P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA và AB nhưng không trùng với đỉnh nào của tam giác. Khi đó M , N, P thẳng hàng khi và chỉ khi: MB NC PA . . 1 MC NA PB =  Chứng minh: Hình 1.1 Điều kiện cần: Gọi a, b, c theo thứ tự là khoảng cách từ A, B, C đến cát tuyến MNP (Hình 1.1). Ta có: MB b NC c PA a , , c a b MC NA PB = − = − = Do đó: MB NC PA b c a . . . . 1 c a b MC NA PB     = − − =  ÷ ÷     . Điều kiện đủ: Giả sử có MB NC PA . . 1 MC NA PB = và PN cắt cạnh BC tại M’. 5 Thế thì : ' ' ' ' M B NC PA M B MB . . 1 = NA PB MC M C M C = ⇒ ⇒ M’ ≡ M. Vậy M, N, P thẳng hàng (đpcm). 1.2. Định lí Menelaus cho tứ giác [4-trang 8]  Định lí: Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB, BC, CD, DA lần lượt ở M, N, P, Q. Khi đó ta có: MA NB PC QD . . . 1 MB NC PD QA =  Chứng minh: Hình 1.2 Trên d lấy hai điểm I,J sao cho AI//BJ//CD (Hình 1.2). Theo định lí Thales ta có: MA IA = MB JB ; NB JB = NC PC ; QD PD = QA IA . Từ đó ta có: MA NB PC QD IA JB PC PD . . . = . . . 1 MB NC PD QA JB PC PD IA = . Suy ra: MA NB PC QD . . . 1 MB NC PD QA = (đpcm). 6 1.3. Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích [4-trang 7]  Định lí: Cho tam giác ABC và 3 điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB. Khi đó ta có: S(MNP) BM.CN.AP CM.AN.BP S(ABC) AB.BC.CA − =  Chứng minh: Hình 1.3 Gọi e 1, e 2 , e 3 là 3 vector chỉ phương của BC, CA, AB (Hình 1.3). Ta có: S(ABC) = S(MAB)+S(MCA) ⇒ S(ABC) = S(PMA)+S(PBM)+S(NMC)+S(NMA) ⇒ S(ABC) = S(MNP)+S(BMP)+S(CNM)+S(APN) Mặt khác: 1 3 1 3 S(BMP) BM.BP.sin(e ,e ) BM.BP S(ABC) BC.BA.sin(e ,e ) BC.BA = = . Tương tự: S(CNM) CN.CM S(ABC) CA.CB = ; S(APN) AP.AN S(ABC) AB.AC = . Ta suy ra: 7 S(MNP) S(BMP) S(CNM) S(APN) 1 S(ABC) S(ABC) S(ABC) S(ABC) = − − − S(MNP) BM.BP CN.CM AP.AN 1 S(ABC) BC.BA CA.CB AB.AC ⇒ = − − − S(MNP) BM.CN.AP CM.AN.BP S(ABC) AB.BC.CA − ⇒ = S(MNP) BM.CN.AP CM.AN.BP S(ABC) AB.BC.CA − ⇒ = (đpcm). 1.4. Một số ứng dụng của định lí Menelaus 1.4.1. Chứng minh một số định lí Định lí Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lí nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lí Menelaus như định lí Ceva, định lí Pascal, định lí Pappus, định lí Desargues, định lí Blaikie. 1.4.1.1. Chứng minh định lí Pascal  Định lí Pascal: Nếu lục giác ABCDEF nội tiếp một đường tròn thì giao điểm của các cặp cạnh đối diện P = AB∩DE, Q = BC∩EF, R = CD∩FA là thẳng hàng.  Chứng minh: Hình 1.4 Gọi X = EF∩AB, Y = AB∩CD, Z = CD∩EF (Hình 1.4). 8 Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác XYZ với các đường thẳng BCQ, DEP, RFA ta có: BX CY QZ . . 1 BY CZ QX = ; PX DY EZ . . 1 PY DZ EX = ; AX RY FZ . . 1 AY RZ FX = . Nhân các đẳng thức trên theo từng vế, ta được: BX CY QZ PX DY EZ AX RY FZ . . . . . . . . =1 BY CZ QX PY DZ EX AY RZ FX , hay: AX BX CY DY EZ FZ QZ PX RY . . . . . . . . =1 AY BY CZ DZ EX FX QX PY RZ . (1) Mà AX.BX EX.FX= , CY.DY=AY.BY , EZ.FZ=CZ.DZ nên từ (1) suy ra: QZ PX RY . . 1 QX PY RZ = . Theo định lí Menelaus, suy ra 3 điểm P,Q, R thẳng hàng (đpcm). 1.4.1.2. Chứng minh định lí Pappus  Định lí Pappus: Cho hai đường thẳng a, b. Trên a lấy các điểm A, B, C. Trên b lấy các điểm X, Y, Z. Gọi M là giao điểm của AY và BX, N là giao điểm của AZ và CX, P là giao điểm của BZ và CY. Khi đó M, N, P thẳng hàng.  Chứng minh: Hình 1.5 9 Gọi D, E, F là giao điểm của các cặp đường thẳng (AZ, CY), (AZ, BX), (BX, CY) (hình 1.5). Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến CNX, ta có: ND XE CF ND CD XF . . 1 = . NE XF CD NE CF XE = ⇒ . Tương tự, ta có: PF BF ZE . PD BE ZD = ; ME AE YD . MF AD YF = . Suy ra: ND ME PF CD XF ZE BF AE YD . . . . . . . NE MF PD CF XE ZD BE AD YF = Mặt khác, áp dụng định lí Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến ABC, XYZ ta có: AE CD BF XF ZE YD . . . . AD CF BE XE ZD YF = suy ra ND ME PF . . 1 NE MF PD = . Do đó M, N, P thẳng hàng (đpcm). 1.4.1.3. Chứng minh định lí Desargues  Định lí Desargues: Cho hai tam giác ABC, DEF có các cặp đỉnh tương ứng phân biệt và các cặp cạnh tương ứng phân biệt. Thế thì các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng đồng quy khi và chỉ khi giao điểm của các cặp cạnh tương ứng là thẳng hàng.  Chứng minh: 10 [...]... · ' sinBAD sinBAD Vậy AD, BE, CF đồng quy (đpcm) 2.3 Một số ứng dụng của định lí Ceva 2.3.1 Chứng minh một số định lí Định lí Ceva có rất nhiều ứng dụng trong giải toán Nhiều định lí nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lí Ceva như định lí Jacobi, định lí Maxwell 2.3.1.1 Chứng minh định lí Jacobi  Định lí Jacobi: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F trên mặt phẳng · · · · · · sao cho:... thực tế để chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy hay tính tỉ số của hai đoạn thẳng bằng những cách cơ bản lại không phải là vấn đề đơn giản và nhiều lúc để chứng minh được hay tính toán được thì lại quá dài Trong quá trình tìm tòi và nghiên cứu, tôi đã thấy được hai định lí có ứng dụng rất mạnh trong việc giải quyết ba dạng toán này, đó là định lí Menelaus và định lí Ceva Các bài toán... là một điểm bất kì trên d Gọi D, E, F lần lượt là điểm đối xứng của M, N, P qua S Khi đó AD, BE, CF đồng quy tại một điểm I và ta gọi I là điểm Blaikie của d và S đối với tam giác ABC  Chứng minh: Hình 1.7 Giả sử S ở giữa N và M Gọi I là giao điểm của AD và BE (hình 1.7) Ta chứng minh I, C, F thẳng hàng Xét tam giác BEM với 3 điểm I, C, P Ta cần chứng minh: IB FE CM = 1 IE FM CB Áp dụng định lí Menelaus. .. vế của (1) và (2) ta được: FA OB CE IO DA =1 FB OE CA IA DO (3) Mặt khác áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ABE với cát tuyến FOC ta có: ⇒ IO DA FA OB CE FA OB CE =1 =1 ⇒ =1 nên từ (3) suy ra IA DO FB OE CA FB OE CA IO DO = (4) IA DA Mà ON //AK nên theo định lí Talet ta có: IO ON DO ON = = ; IA EA DA AK Từ (4) và (5) suy ra EA = AK ⇒ OM = ON (đpcm) 28 (5) CHƯƠNG 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH... D’ là giao điểm của AK và BC 30 Thế thì theo chứng minh ở phần thuận ta có: D'B EC FA D 'B DB = −1 ⇒ ' = ' EA FB DC DC DC Hai điểm D và D’ đều chia trong đoạn BC theo cùng một tỉ số nên D ≡ D ' Vậy K thuộc AD Từ đó suy ra AD, BE, CF đồng quy (đpcm) 2.2 Định lí Ceva dạng sin [4-trang 10] Ngoài ra định lí Ceva còn được phát biểu một cách tương đương trong lượng giác rằng:  Định lí Ceva dạng sin:... kết hợp giữa định lí Menelaus, dãy tỉ số bằng nhau Bài 1.14 : Cho tam giác nhọn ABC Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm D, E, F Các đường AD, BE, CF cắt nhau tại O đường thẳng d đi qua O và song song với AC cắt DE và EF lần lượt tại M, N Chứng minh OM = ON Lời giải Hình 1.21 27 Gọi I là giao điểm của AD và EF; K là giao điểm của DN và AC (hình 1.21) Áp dụng định lí Menelaus vào: - Tam giác... vế với vế của (1), (2), (3) ta được : (3) · · · sinBAD sinACF sinCBE = 1 · · · sinCAD sinBCF sinABE Theo định lí Ceva dạng sin suy ra AD, BE, CF đồng quy (đpcm) 33 2.3.1.2 Định lí Maxwell  Định lí Maxwell: Cho tam giác ABC và một điểm P Các cạnh của tam giác DEF song song với các đường thẳng đi qua một đỉnh của tam giác ABC và điểm P Qua D, E, F kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác... Xét hai tam giác ABC và DEF (hình 1.6) Phải chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại điểm O khi và chỉ khi P = BC∩ EF, Q = CA∩ DF, R = AB∩ DE thẳng hàng Phần thuận: Giả sử các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O Ta chứng minh P, Q, R thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác OAB với 3 điểm thẳng hàng D, R, E, ta có: DO RA EB = 1 DA RB EO Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác OBC với... ABC và DEF’’ có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng đồng quy 11 Ta thấy AB cắt DE tại R, AC cắt DF’’ tại Q, suy ra giao điểm P’ của BC và EF’’ phải thuộc QR Tức là P’ là giao điểm của QR và BC nên P’ trùng với P Suy ra F’’ trùng với F hay AD, BE, CF đồng quy (đpcm) 1.4.1.4 Chứng minh định lí Blaikie  Định lí Blaikie: Cho tam giác ABC và. .. CHƯƠNG 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ CEVA 2.1 Định lí Ceva  Định lí Ceva: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB nhưng không trùng với đỉnh nào của tam giác Khi đó AD, BE, CF đôi một song song hoặc đồng quy khi và chỉ khi: DB EC FA = −1 (*) DC EA FB  Chứng minh: Phần thuận: Trường hợp 1: AD, BE, CF đồng quy Hình 2.1 Ta chứng minh rằng nếu AD, BE, CF đồng . thức về định lí Menelaus và định lí Ceva, một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva trong hình học. - Trình bày hệ thống bài tập có ứng dụng định lí Menelaus và định lí Ceva để giải. (đpcm). 1.4. Một số ứng dụng của định lí Menelaus 1.4.1. Chứng minh một số định lí Định lí Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lí nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định. dung và hệ thống các bài tập sử dụng định lí Menelaus và định lí Ceva. • Chỉ ra một số ứng dụng của định lí Menelaus và định lí Ceva. 4. Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu lí luận: