Chuyên đề định Lý Menelaus Trong Mặt Phẳng - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.docx) (26 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Cao đẳng - Đại học
>>
3. Sư phạm

Chuyên đề định lý menelaus trong mặt phẳng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (253.28 KB, 26 trang )

1.Lời nói đầu.Trong một số bài toán liên quan đến chứng minh ba đường thẳngđồng quy hoặc chứng minh ba điểm thẳng hàng hoặc tìm các tỉ số củayếu tố hình học, có nhiều bài toán nếu chỉ sử dụng những kiến thức cơbản trong sách giáo khoa thì việc tìm ra hướng giải là khó khăn. Nhưngnếu sử dụng định lý Menelaus để giải thì thuận lợi hơn, đặc biệt trongnhiều bài toán, nếu không sử dụng định lý Menelaus thì không chứngminh được, hơn nữa nếu sử dụng hai định lý này sẽ làm cho bài giải trởnên súc tích hơn. Do đó định lý Menelaus là định lý quan trọng tronghình học sơ cấp, là một công cụ hỗ trợ đắc lực khi giải các bài toán vềhình học.Trong mỗi bài toán có sử dụng định lý Menelaus để giải thì nó là một mắtxích quan trọng, một định hướng thông xuất trong quá trình tư duy.Ngoài ra định lý này còn là công cụ tư duy hữu ích để phát triển các bàitoán và cho ta một cách nhìn mới đối với bài toán đó. Điều đó khiếnchongười học toán không những phát triển được kiến thức hình họccủamình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn sâu hơn về bài toán.Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, bài tiểu luận gồm x phần:Định lý Mênêlaus trong mặt phẳngĐịnh lý Menelaus* Định lý:Cho tam giác ABC; M, N, P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA vàAB nhưng không trùng với đỉnh nào của tam giác. Khi đó M, N, P thẳnghàng khi và chỉ khi:MB NC PA..=1MC NA PB* Chứng minh:APNCBMĐiều kiện cần: Gọi a, b, c theo thứ tư là khoảng cách A, B, C đến cát tuyếnMNPMBb NCc PA a=− ;=− ;=c NAa PB bMCTa có:MB NC PAbc a..= (− ).(− ). = 1ca bMC NA PBDo đó:MB NC PA..=1MC NA PBĐiều kiện đủ: Giả sửvà PN cắt cạnh BC tại M’.Thế thìMB NC PAM ' B MB..= 1⇒=⇒ M '= MMC NA PBM ' C MCVậy M, N, P thẳng hàng.2. Định lý Menelaus cho tứ giác* Định lý:.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...=1MB NC PD QA* Chứng minh:QBJMAINPCDTrên d lấy hai điểm I, J sao cho AI // BJ // CDTheo định lý Talét ta có:MA IA NB JB QD PD=;=;=MB JB NC PC QAIA.Từ đó ta có:MA NB PC QD IA JB PC PD...=...=1MB NC PD QA JB PC PD IAMA NB PC QD...=1MB NC PD QASuy ra:(đpcm).3. Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích* Định lý:Cho tam giác ABC có ba 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:APNBGọiur uur ure1 , e2 , e3Mlà ba vectơ chỉ phương của BC, CA, ABTa 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 )CMặt khác:ur urS ( BMP) BM .BP.sin(e1 , e3 ) BM .BPur ur ==S ( ABC ) BC.BA.sin(e1 , e3 ) BC.BA.S (CNM ) CN .CM S ( APN ) AP. AN=;=S ( ABC ) CA.CB S ( ABC ) AB. ACTương tự:.Ta suy ra: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. ACS (MNP ) BM .CN . AP − CM . AN .BP⇒=S ( ABC )AB.BC.CA⇒I.II.1.1.S (MNP ) BM .CN . AP − CM . AN .BP=S ( ABC )AB.BC.CAMột số tính chất liên quanỨng dụng của định lý Mênêlaus trong giải các dạng toán1. Chứng minh một số định lýĐịnh lý PascalNếu lục giác ABCDEF nội tiếp một đường tròn thì giao điểm của các cặp cạnh đốidiện P=AB⋂DE, Q=BC⋂EF, R=CD⋂FA là thẳng hàngChứng minhQPRY CDBZAOEFXGọi X=EF⋂AB, Y=AB⋂CD, Z=CD⋂EFÁp dụng đinh lý Menelaus vào tam giác XYZ với các đường thẳng BCQ, DEP,RFA ta có:BX CY QZPX DY EZAX RY FZ..= 1;..= 1;..=1BY CZ QXPY DZ EXAY RZ FXNhân các đẳng thức trên theo từng vế, ta được:BX CY QZ PX DY EZ AX RY FZ........=1BY CZ QX PY DZ EX AY RZ FXhay :AX BX CY DY EZ FZ QZ PX RY........=1AY BY CZ DZ EX FX QX PY RZ(1)MàAX.BX = EX.FX , CY .DY = AY .BY , EZ .FZ = CZ .DZQZ PX RY..=1QX PY RZNên từ (1) suy ra:Theo định lý Menelaus, suy ra 3 điểm P, Q, R thẳng hàng1.2.Định lý PappusCho 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 giaođiểm của BZ và CY. Khi đó M, N, P thẳng hàngChứng minhCBQATMSXPNYZGọi D, E, F là giao điểm của các cặp đường thẳng (AZ, CY), (AZ, BX), (BX, CY)Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến CNX, ta cóND XE CFND CD XF..=1 =>=.NE XF CDNE CF XEPE BF ZE ME AE YD=.;=.PD BE ZD MF AD YFTương tự, ta có:Suy ra:ND ME PF CD XF ZE BF AE YD..=.....NE MF PD CF XE ZD BE AD YFMặt khác, áp dụng định lý Menelaus vào tam giác DEF với cát tuyến ABC, XYZ tacó:AE CD BF XF ZE YDND ME PF..=..=>..=1AD CF BE XE ZD YFNE MF PDDo đó M, N, P thẳng hàng1.3. Định lý DesarguesCho hai tam giác ABC, DEF có các cặp đỉnh tương ứng phân biệt và cáccặp cạnh tương ứng phân biệt. Thế thì các đường thẳng nối các đỉnh tương ứngđồng quy khi và chỉ khi giao điểm của các cặp cạnh tương ứng là thẳng hàngADBEOFCRQP* Chứng minh: Xét hai tam giác ABC và DEF.Phải chứng minh các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O khi và chỉ khi P =BC ∩ EF, Q = CA ∩DF, R = AB ∩DE thẳng hàngPhần thuận: Giả sử các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O. Ta chứng minh P,Q, R thẳng hàng.Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác OAB với 3 điểm thẳng hàng D, R, E, tacó:DO RA EB..=1DA RB EOÁp dụng định lý Menelaus vào tam giác OBC với 3 điểm thẳng hàng E, P, F ta có:EO PB FC..=1EB PC FOÁp dụng định lý Menelaus vào tam giác OCA với 3 điểm thẳng hàng F, Q, D ta có:FO QC DA..=1FC QA DORA PB QC..=1RB PC QANhân các đẳng thức trên theo từng vế ta được:Theo định lý Menelaus, ta suy ra các điểm P, Q, R thẳng hàng.Phần đảo: Giả sử các điểm P, Q, R thẳng hàng. Ta chứng minh các đường AD, BE,CF đồng quy.Gọi O là giao điểm của AD và BE. OC cắt đường thẳng QD tại F.Xét hai tam giác ABC và DEF có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, dođó theo phần thuận, giao điểm của các cạnh tương ứng đồng quy.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. Định lý Blaikie.Cho tam giác ABC và đường thẳng d sao cho d cắt BC, CA, AB lần lượt ởM, N, P. Gọi S là một điểm bất kỳ trên d. Gọi D, E, F lần lượt là điểm đối xứng củaM, N, P qua S. Khi đó AD, BE, CF đồng quy tại một điểm I và ta gọi I là điểmBlaikie của d và S đối với tam giác ABC.ADPN SEFBICM* Chứng minh:Giả sử S ở giữa N và M. Gọi I là giao điểm của AD và BE.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..=1IE FM CBÁp dụng định lý Menelaus và tam giác PBE với 3 điểm thẳng hàng A, I, D ta có:AP IB DE. .=1AB IE DF(1)Áp dụng định lý Menelaus và tam giác MBP với 3 điểm thẳng hàng C, N, A ta có:CM NP AB..=1CB NM AP(2)Nhân 2 vế hai đẳng thức (1) và (2) và rút gọn ta được:IB NP CM..=1IE DF CBMà NP = FE, DF = FM nên ta có đpcm.1.5 Định lý Gau-xo (SBT trang 178)2.Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quyBài 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt làcác tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng các đườngthẳng NP, MQ, BD đồng quyLời giải:AIMQBNDPCGọi I là giao của QM và BD.Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD với ba điểm Q, M, I thẳngQA ID MB. .=1QD IB MAhàng ta có:MB ID.=1QD IBmà MA = QA nên suy ra.NB IDPC ID NB.=1⇒. .=1DP IBPD IB NCTa có MB = NB, DQ = DP, PC = NC nên, do đótheo định lý Menelaus thì I, N, P thẳng hàng.Bài 2. Cho hình bình hành ABCD. Gọi I là một điểm tùy ý trong hình bìnhhành. Qua I kẻ các đường thẳng x // BC và y // AB. Gọi M và P là giao điểmcủa x với AB và CD. Gọi N và Q là giao điểm của y với BC và AD, gọi E làgiao điểm của DM và BQ. Chứng minh rằng E, I và C thẳng hàng.Lời giảiMABEQNIPD⇔CME DC PIME AB DQME DQ AB..=1⇔..=1⇔..=1ED CP IMED MB QAED QA BME, I, C thẳng hàng⇔ 1 =1(luôn đúng) do E, B, Q thẳng hàng.Bài 3. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d củađường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn ( M khôngtrùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tạiC và D. Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn(O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh ba điểm C, E,N thẳng hàng.CMLời giảiEFIÁp dụng định lý Menelaus vào tam giácACO với ba điểm thẳng hàng là B, I, MAB OI CM. .=1BO IC MAAOBNTa có:D⇒OIMA=IC 2CM(1)Tương tự với tam giác BCO và ba điểm thẳng hàng là A, I, F ta có:OIFB=IC 2CF(2)MA FB=CM CFTừ (1) và (2) ta có.AB ⊥ BC ⇒ MF ⊥ BC ⇒ ∠FMC = 900Do đó MF // AB (định lý Ta-let đảo) mà∠EFB = ∠EBATa có∠EAB(cùng phụ với);∠EBA = ∠EMC(tứ giác AMEB nội tiếp)∠EFB = ∠EMC ⇒⇒ ∠MEC = ∠MFC = 900tứ giác MEFC nội tiếp.ME ⊥ ECDo đó(3)⇒ ME ⊥ EN∠MEN = 900Lại có(chắn nửa đường tròn)(4)Từ (3) và (4) suy ra C, E, N thẳng hàng.112233Bài 4. Cho ba đường tròn (O ; R ), (O ; R ), (O ; R ) có ba tâm không thẳng1212hàng; gọi I là giao của tiếp tuyến chung ngoài của (O ), (O ) với O O ; J là2323giao của tiếp tuyến chung ngoài của (O ), (O ) với O O ; K là giao của tiếp3131tuyến chung ngoài của (O ), (O ) với O O . Chứng minh rằng ba điểm I, J, Kthẳng hàng.Lời giảiIKO1JO2O3EF⇔O1 I O2 J O3 KR R R..=1 ⇔ 1 . 2 . 3 =1IO2 JO3 KO1R2 R3 R1⇔1=1I, J, K thẳng hàng(luônđúng)Bài 5. Cho tam giác ABC lấy E, F, M lần lượt nằm trên cạnh AC, AB, BCsao cho EF // BC, MB = MC. Chứng minh CF, BE, AM đồng quy.Lời giảiANEFIBMCTừ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BE tại N,Ta cóSuy raAN ∩ BE = 1AF AN BCMI BM=;= 2;=BF BC MCAIANAF BC MI AN BM..=.2.=1BF MC AI BCANÁp dụng định lý Menelaus cho∆ABMthì F, I, C thẳng hàng.Từ đó suy ra CF, BE, AM đồng quy.Bài 6. Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, ABlần lượt tại D, E, F. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy.Lời giảiANFEIBDCTừ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt CF tại NAD ∩ CF = 1. Ta có:AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB..=..=.=.=1CE DB AI CD BF AN BF AN CB ANÁp dụng định lý Menelaus cho∆ACDta có AD, BE, CF đồng quy.Bài 7. Cho tam giác ABC đường cao AH. Lấy D, E thứ tự trên AB, AC saocho AH là phân giác góc DHE. Chứng minh AH, BE, CD đồng quy.Lời giảiANKMEDBIHCTừ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt HD, HE, BE lần lượt tại M, N,K. GọiTa có:Suy raAH ∩ BE = IAD MA AN==BD BH BHvàHI BH=AI AKAD BH HI AN BC BH AN BC AE CE..=..=.=.=1BD CH AI BH HC AK HC AK CE AEÁp dunhj định lý Menelaus choCD đồng quy.∆AHBthì D, I, C thẳng hàng. Vậy AH, BE,Bài 8. Cho tam giác ABC, gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp, gọi trực tâm củaOA, OB, OC giao BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàngEAD'OaC'B'OObDBA'OcCChứng minhTa gọi A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB và Oa, Ob, Oc là tâm các đương trònngoại tiếp tam giác AB’C, BC’A’, CA’B’Dễ thấy Oa là trung điểm OA, hay trực tâm của OA đi qua Oa và vuông góc với OAGọi trung trực của OaA giao AD tại D’Bằng tính chất đường trung bình dễ thấy D’ là trung điểm ADMặt khác, do tính chất đường trung bình của tam giác ABC thì B’C’ cũng đi quatrung điểm AD hay đi qua D’Theo định lý Thales ta dễ thấyD ' B ' DB=D ' C ' DCNếu xác định tương tự ta được E’, F’ vàE ' C ' EC F ' A ' FA==E ' A ' EA F ' B ' FBSuy ra D’, E’, F’ thẳng hàngTheo định lý Menelaus ta suy raSuy raD ' B ' E 'C ' F ' A '=1D 'C ' E ' A ' F ' B 'DB EC FA D ' B ' E ' C ' F ' A '==1DC EA FB D ' C ' E ' A ' F ' B 'hay D, E, F thẳng hàngBài 9. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ, gọi D, E, F lần lượt là giao điểm củacác đương thẳng qua P vuông góc với PA, PB, PC và BC, CA, AB thì D, E, F thẳnghàngFAEC'B'D'PBA'DCTa gọi A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB, ta gọi D’ là giao của trung trực của PAvà ADBằng tính chất đường trung bình dễ thấy D’ là trung điểm ADMặt khác cũng do tính chất đường trung bình trong tam giác ABC thì B’C’ cũng điqua trung điểm AD hay đi qua D’Theo định lý Thales ta dễ thấyD ' B ' DB=D ' C ' DCNếu xác định tương tự ta được E’, F’ vàE ' C ' EC F ' A ' FA==E ' A ' EA F ' B ' FBSuy ra D’, E’, F’ thẳng hàngTheo định lý Menelaus ta suy raD ' B ' E 'C ' F ' A '=1D 'C ' E ' A ' F ' B 'DB EC FA D ' B ' E ' C ' F ' A '=>==1DC EA FB D ' C ' E ' A ' F ' B 'Hay D, E, F thẳng hàng.2.2Chứng minh các tỷ số đoạn thẳng, tỷ số diện tích bằng nhau∆ABCChocó trung tuyến AM. Trên AM lấy I sao choAI = 4MI. Đường thẳng BI cắt AC tại P. Chứng minh rằng PA = 2PC.Lời giải:APIBÁp dụng định lý Menelaus choMC∆ ABCvới cát tuyến BIP ta có:PC IA BM..=1PA IM BCSuy raPC IM BC 1=.=PA IA BM 2nên PA = 2PC.2.3 Áp dụng giải các bài toán tổng hợp, chứng minh song song, tính góc.Bài 10. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Kẻ phân giác AD của tamgiác ABH. Gọi I là trung điểm của AB, J là giao điểm của AH và ID. Chứng minhrằng JC song song với ADGiảiGọi E là hình chiếu của D trên ACDễ thấy∠ADC = ∠DAC = ∠B + ∠A1 => CA = CD => DE = AHEH / / ADAE DH=>=EC HC(1)Áp dụng định lý Menelaus vào ΔBAH với cát tuyến IDJ, ta có:IA DB JH=1IB DH JAJADBABAB CB=>====JHDHAHDE CDdo (IA=IB; DE=AH)Từ đó ta có:JA − JH CB − DCHA DBAE=<=>==JHDCHJDC CETừ (1) và (2) suy ra(2)HA DH==> JC / / ADHJ HCBài 4.8: Các đường chéo AC và CE của hình lục giác được chia bởi các điểm M, Ntương ứng sao choAMCN==rACCEHãy xác định r nếu B, M, N thẳng hàngGiảiGọi P là giao điểm của BE và ACÁp dụng định lý Menelaus cho tam giác CPE và đường thẳng BMN, ta cóCM PB EN=1MP BE NC(1)Lưu ý rằngCM1−r2 − 2r==MP r − 12r −12PB = AB cos ∠ ABP =EN 1 − r=NCr11PB 1AB = BE =>=24BE 4Thay vào (1) ta có:Vậy2 −2r 1 1 −r. .=12r −1 4r3r=3Bài 4.9: Cho tam gaisc ABC với AB > Ac. Gọi P là giao điểm của đường trung trựcBC và đường phân giác trong của góc A. Dựng các điểm X trên AB và Y trên Acsao cho PX vuông góc với AB và PY vuông góc với AC. Gọi Z là giao điểm củaXY với BC. Xác định giá trị tỉ sốBZZCGiải∠PAX=∠PAY=∠PXA=∠PYA=90 0Vì=> ∆PAX=∆PAYSuy ra AX=AY và PX=PYDo P nằm trên trung trực BC, ta có PB=PCNhư thế, ΔPYC và ΔPXB là hai tam giác vuông bằng nhauSuy ra CY=BXVì X, Y, Z thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta đượcNhưng AX=AY, CY=BX nênBZZC=1AY CZ BX..=1YC ZB XABài 4.10: Cho tam giác ABC có diện tích So=1. Trên các cạnh BC, CA, AB lấy cácđiểm M, N, P sao choMBNCPA= k1 ,= k2 ,= k3 (k1 , k 2 , k3 S BCN =k2k 2 +1S BCFBF=S BCNBNÁp dụng định lý Menelaus vào ΔABN với đường PCF, ta có:FB CN PAFB 1 + k2BF1 + k2..= 1 =>==>=FN CA PBFN k2 k3BN 1 + k 2 + k 2 k3=> S BCF =k2.S01 + k 2 + k 2 k3Chứng minh tương tự ta cũng cóS ACI =k3k1; S ABE =1 + k 3 + k 2 k31 + k1 + k2 k3

Tài liệu liên quan

• chuyên đề điểm và đường trong mặt phẳng oxy
  • 17
  • 1
  • 0
• Chuyên đề Hình tọa độ trong mặt phẳng của Thạc sỹ Lê Văn Đoàn
  • 158
  • 2
  • 8
• chuyên đề định lý Vi - et
  • 6
  • 948
  • 10
• Chuyên đề PP tọa độ trong mặt phẳng
  • 3
  • 730
  • 5
• Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh chuyên toán trung học phổ thông thông qua giảng dạy chuyên đề Phép biến hình trong mặt phẳng
  • 150
  • 1
  • 8
• chuen de ve duong thang trong mat phang
  • 18
  • 228
  • 0
• Luyện thi đại học chuyên đề phương pháp tọa trong mặt phẳng
  • 5
  • 805
  • 33
• Chuyên đề PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG
  • 16
  • 1
  • 6
• CHUYÊN đề ĐỊNH lý KOENIG TRONG các bài TOÁN cơ học DẠNG vật rắn
  • 392
  • 3
  • 4
• Chuyên đề Định lý Vi et =>Ôn 10
  • 9
  • 551
  • 2

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(266.29 KB - 26 trang) - Chuyên đề định lý menelaus trong mặt phẳng Tải bản đầy đủ ngay ×