Định lý Ceva và Định lý Menelaus

Hôm nay chúng ta sẽ học về hai định lý hình học, đó là định lý Cevađịnh lý Menelaus. Hai định lý này được dùng rất nhiều trong hình học phẳng bởi vì chúng cho phép chúng ta chứng minh về các điểm thẳng hàng và các đường thẳng đồng quy. Chúng ta sẽ sử dụng một định lý về tỷ lệ diện tích tam giác để chứng minh hai định lý này. Cuối cùng, chúng ta sẽ mở rộng định lý Ceva và định lý Menelaus cho các đa giác bất kỳ.





Chúng ta phát biểu hai định lý.

Định lý Ceva: Cho tam giác $ABC$ và ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt nằm trên ba đường thẳng $BC$, $CA$, $AB$. Vậy thì ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy khi và chỉ khi $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = -1.$$

Định lý Menelaus: Cho tam giác $ABC$ và ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt nằm trên ba đường thẳng $BC$, $CA$, $AB$. Vậy thì ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ thẳng hàng khi và chỉ khi $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = 1.$$




Tỷ lệ có dấu

Trước hết, chúng ta giải thích về ký hiệu mà chúng ta đã dùng trong hai định lý. Ký hiệu $\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}}$ được gọi là tỷ lệ có dấu. Chúng ta nhìn hình vẽ dưới đây. Trong hình vẽ này chúng ta thấy rằng tỷ lệ thông thường là $\frac{UX}{UY} = 2$, tuy nhiên, tỷ lệ có dấu lại là $\frac{\vec{UX}}{\vec{UY}} = -2$. Đó là vì $\vec{UX}$ và $\vec{UY}$ có hướng ngược nhau.

Tỷ lệ thông thường thì bao giờ cũng là số dương. Nhưng tỷ lệ có dấu, có thể là số âm, cũng có thể là số dương. Tỷ lệ có dấu $\frac{\vec{UX}}{\vec{UY}}$ là số dương nếu $\vec{UX}$ và $\vec{UY}$ có cùng hướng, và là số âm nếu $\vec{UX}$ và $\vec{UY}$ có ngược hướng.

Vì sao chúng ta cần tỷ lệ có dấu?

Đó là vì tỷ lệ thông thường không thể dùng để xác định được một điểm duy nhất trên đường thẳng. Trong khi đó tỷ lệ có dấu lại có ưu điểm này.

Chúng ta lấy ví dụ. Giả sử trên đường thẳng $XY$, chúng ta cần xác định điểm $Z$ sao cho $\frac{ZX}{ZY} = 2$.

Nhìn hình vẽ trên đây, nếu dùng tỷ lệ thông thường, thì chúng ta có thể tìm được hai điểm thoã mãn, đó là $U$ và $V$ bởi vì $$\frac{UX}{UY} = \frac{VX}{VY} = 2.$$

Nếu chúng ta dùng tỷ lệ có dấu, thì chỉ có duy nhất một điểm $V$ thoã mãn $\frac{\vec{VX}}{\vec{VY}} = 2$.

Điểm $U$ sẽ không thoã mãn bởi vì $\frac{\vec{UX}}{\vec{UY}} = -2 \neq 2$.


Diện tích có dấu

Tương tự như tỷ lệ có dấu, chúng ta có thể định nghĩa diện tích có dấu. Diện tích thông thường thì bao giờ cũng là số dương, nhưng diện tích có dấu có thể là số âm, cũng có thể là số dương, phụ thuộc vào chiều quay của các đỉnh.

Trong mặt phẳng, nếu chúng ta vẽ một hệ trục tọa độ $0xy$ thì mọi điểm $A$ trong mặt phẳng sẽ có toạ độ $(A_x, A_y)$. Chúng ta định nghĩa $$[A,B] = A_x B_y - A_y B_x$$ và diện tích có dấu của tam giác $ABC$ là $$\overline{s}(ABC) = \frac{1}{2}([A,B] + [B,C] + [C,A]).$$


Ở hình vẽ trên, chúng ta có tọa độ của các điểm là $A(-5,2)$, $B(-3,7)$, $C(3,2)$. Các bạn có thể tính được $$[A,B] = A_x B_y - A_y B_x = (-5) (7) - (2) (-3) = -29,$$ $$[B,C] = B_x C_y - B_y C_x = (-3) (2) - (7) (3) = -27,$$ $$[C,A] = C_x A_y - C_y A_x = (3) (2) - (2) (-5) = 16.$$ Do đó $$\overline{s}(ABC)= \frac{1}{2}([A,B] + [B,C] + [C,A])= \frac{1}{2}(-29-27+16)=-20.$$

Trong khi đó $[A,C]=-16$, $[C,B]=27$, $[B,A]=29$ và $\overline{s}(ACB)= 20$.




Định lý về tỷ lệ diện tích

Bây giờ chúng ta sẽ phát biểu về một định lý đơn giản về tỷ lệ diện tích mà chúng ta sẽ dùng để chứng minh định lý Ceva và định lý Menelaus.

Định lý về tỷ lệ diện tích. Cho hai tam giác $ABU$ và $ABV$ có cùng một cạnh chung $AB$. Đường thẳng nối hai đỉnh $UV$ cắt đường thẳng $AB$ tại điểm $T$. Vậy thì $$\frac{\overline{s}(ABU)}{\overline{s}(ABV)} = \frac{\vec{TU}}{\vec{TV}}.$$


Định lý này khá là hiển nhiên nếu chúng ta chỉ quan tâm đến tỷ lệ thông thường (không có dấu). Đó là vì nếu chúng ta kẻ các đường cao $UU'$ và $VV'$ xuống đường thẳng $AB$ thì $$\frac{s(ABU)}{s(ABV)} = \frac{AB \times UU' / 2}{AB \times VV' /2} = \frac{UU'}{VV'} = \frac{TU}{TV}.$$ Kỳ sau chúng ta sẽ chứng minh định lý này cho trường hợp tỷ lệ có dấu.


Chứng minh Định lý Ceva và Định lý Menelaus

Dùng định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có cách chứng minh rất đơn giản và thú vị cho Định lý Ceva và Định lý Menelaus.

Chứng minh Định lý Ceva. Giả sử ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy tại điểm $I$. Vậy thì theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} = \frac{\overline{s}(IAB)}{\overline{s}(IAC)}, ~~~~\frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} =  \frac{\overline{s}(IBC)}{\overline{s}(IBA)}, ~~~~\frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} =  \frac{\overline{s}(ICA)}{\overline{s}(ICB)}.$$

Vậy $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = \frac{\overline{s}(IAB)}{\overline{s}(IAC)} \times \frac{\overline{s}(IBC)}{\overline{s}(IBA)} \times \frac{\overline{s}(ICA)}{\overline{s}(ICB)}$$ $$= \left( - \frac{\overline{s}(IAB)}{\overline{s}(ICA)} \right) \times \left( - \frac{\overline{s}(IBC)}{\overline{s}(IAB)} \right) \times \left( - \frac{\overline{s}(ICA)}{\overline{s}(IBC)} \right) = -1.$$

Trường hợp ngược lại, nếu $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = -1,$$ chúng ta cần chứng minh rằng ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy. Giả sử $AA'$ và $BB'$ cắt nhau tại $I$. Gọi $C''$ là giao điểm của $CI$ và $AB$, chúng ta cần chứng minh $C'' = C'$. Thực vậy, bởi vì $AA'$, $BB'$, $CC''$ đồng quy nên theo như những gì chúng ta vừa chứng minh xong thì $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C''A}}{\vec{C''B}} = -1$$ do đó $$\frac{\vec{C''A}}{\vec{C''B}} =  \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}}.$$ Vì tỷ lệ có dấu xác định duy nhất một điểm trên đường thẳng $AB$ cho nên $C' = C''$.

Vậy chúng ta chứng minh xong định lý Ceva.



Chứng minh Định lý Menelaus. Giả sử ba đường thẳng $A'$, $B'$, $C'$ thẳng hàng. Chúng ta lấy bất kỳ hai điểm $I$ và $J$ nằm trên đường thẳng $A'B'C'$. Theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} = \frac{\overline{s}(IJB)}{\overline{s}(IJC)}, ~~~~\frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} = \frac{\overline{s}(IJC)}{\overline{s}(IJA)}, ~~~~\frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = \frac{\overline{s}(IJA)}{\overline{s}(IJB)}.$$

Vậy $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = \frac{\overline{s}(IJB)}{\overline{s}(IJC)} \times \frac{\overline{s}(IJC)}{\overline{s}(IJA)} \times \frac{\overline{s}(IJA)}{\overline{s}(IJB)} = 1.$$

Trường hợp ngược lại thì chứng minh tương tự như định lý Ceva.


Như vậy chúng ta đã chứng minh xong định lý Ceva và định lý Menelaus. Các bạn học cấp 2 chưa học về tỷ lệ có dấudiện tích có dấu thì vẫn có thể dùng cách chứng minh này được bằng cách sử dụng tỷ lệ thông thườngdiện tích thông thường. Riêng đối với định lý Menelaus, thay vì dùng tỷ lệ diện tích, các bạn có thể sử dụng tỷ lệ đường cao hạ từ các đỉnh $A$, $B$, $C$ xuống đường thẳng $A'B'C'$.




Mở rộng Định lý Ceva và Định lý Menelaus

Chúng ta thấy cách chứng minh ở trên rất đơn giản, nhưng thú vị ở chỗ là chúng ta dễ dàng mở rộng được Định lý Ceva và Định lý Menelaus cho một đa giác bất kỳ.

Ví dụ dưới đây là định lý Ceva và định lý Menelaus cho ngũ giác.

Định lý Ceva cho ngũ giác. Cho ngũ giác $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5$ và năm điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ lần lượt nằm trên năm đường thẳng $A_5 A_2$, $A_1 A_3$, $A_2 A_4$, $A_3 A_5$, $A_4 A_1$. Nếu các đường thẳng $A_1 B_1$, $A_2 B_2$, $A_3 B_3$, $A_4 B_4$, $A_5 B_5$ đồng quy thì $$\frac{\vec{B_1 A_5}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_1}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_2}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_3}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_4}}{\vec{B_5 A_1}}= -1.$$



Chứng minh. Giả sử năm đường thẳng $A_1 B_1$, $A_2 B_2$, $A_3 B_3$, $A_4 B_4$, $A_5 B_5$ đồng quy tại điểm $I$ thì theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{B_1 A_5}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_1}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_2}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_3}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_4}}{\vec{B_5 A_1}}$$ $$= \frac{\overline{s}(I A_1 A_5)}{\overline{s}(I A_1 A_2)} \times \frac{\overline{s}(I A_2 A_1)}{\overline{s}(I A_2 A_3)} \times \frac{\overline{s}(I A_3 A_2)}{\overline{s}(I A_3 A_4)} \times \frac{\overline{s}(I A_4 A_3)}{\overline{s}(I A_4 A_5)} \times \frac{\overline{s}(I A_5 A_4)}{\overline{s}(I A_5 A_1)}$$ $$= \left( - \frac{\overline{s}(I A_5 A_1)}{\overline{s}(I A_1 A_2)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_1 A_2)}{\overline{s}(I A_2 A_3)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_2 A_3)}{\overline{s}(I A_3 A_4)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_3 A_4)}{\overline{s}(I A_4 A_5)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_4 A_5)}{\overline{s}(I A_5 A_1)} \right) = -1.$$


Định lý Menelaus cho ngũ giác. Cho ngũ giác $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5$ và năm điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ lần lượt nằm trên năm đường thẳng $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_4$, $A_4 A_5$, $A_5 A_1$. Nếu các điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ thẳng hàng thì $$\frac{\vec{B_1 A_1}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_2}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_3}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_4}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_5}}{\vec{B_5 A_1}}= 1.$$

Chứng minh. Giả sử năm điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ nằm trên cùng một đường thẳng, chúng ta lấy bất kỳ hai điểm $I$, $J$ trên đường thẳng này thì theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{B_1 A_1}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_2}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_3}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_4}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_5}}{\vec{B_5 A_1}}$$ $$= \frac{\overline{s}(I J A_1)}{\overline{s}(I J A_2)} \times \frac{\overline{s}(I J A_2)}{\overline{s}(I J A_3)} \times \frac{\overline{s}(I J A_3)}{\overline{s}(I J A_4)} \times \frac{\overline{s}(I J A_4)}{\overline{s}(I J A_5)} \times \frac{\overline{s}(I J A_5)}{\overline{s}(I J A_1)} = 1.$$


Bây giờ chúng ta phát biểu định lý Ceva và định lý Menelaus cho đa giác bất kỳ.

Định lý Ceva cho đa giác. Cho đa giác $n$-cạnh $A_1 A_2 \dots A_n$ và $n$ điểm $B_1$, ..., $B_n$, trong đó điểm $B_i$ nằm trên đường thẳng $A_{i-1} A_{i+1}$. Nếu $n$ đường thẳng $A_1 B_1$, $A_2 B_2$, ..., $A_n B_n$ đồng quy thì $$\prod_{i=1}^{n} \frac{\vec{B_i A_{i-1}}}{\vec{B_i A_{i+1}}} = (-1)^n.$$ 
Định lý Menelaus cho đa giác. Cho đa giác $n$-cạnh $A_1 A_2 \dots A_n$ và $n$ điểm $B_1$, ..., $B_n$, trong đó điểm $B_i$ nằm trên đường thẳng $A_i A_{i+1}$. Nếu các điểm $B_1$, $B_2$, ..., $B_n$ thẳng hàng thì $$\prod_{i=1}^{n} \frac{\vec{B_i A_i}}{\vec{B_i A_{i+1}}} = 1.$$

Như vậy hôm nay chúng ta đã học về định lý Ceva và định lý Menelaus. Cả hai định lý được chứng minh nhờ sử dụng một định lý về tỷ lệ diện tích tam giác. Cách chứng minh này thật là hay vì nó cho phép chúng ta mở rộng hai định lý này cho đa giác bất kỳ.


Chúng ta tạm dừng ở đây. Xin hẹn gặp lại các bạn ở kỳ sau.




Bài tập về nhà.

1.  Ở trong hình dưới đây, chứng minh rằng $$\frac{UB}{UC} = \frac{VB}{VC}.$$



2. Cho tam giác $ABC$ với độ dài các cạnh $AB = c$, $BC = a$, $CA = b$. Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh ở các điểm $A'$, $B'$, $C'$. Tính các độ dài $AB'$, $AC'$, $BA'$, $BC'$, $CA'$, $CB'$ theo $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy.


3. Mở rộng định lý Menelaus cho trường hợp các điểm trong không gian. Chẳng hạn với 4 điểm chúng ta có bài toán sau.

Cho tứ diện $ABCD$. Một mặt phẳng cắt các đường thẳng $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ tại các điểm $X$, $Y$, $Z$, $T$. Chứng minh rằng $$\frac{\vec{XA}}{\vec{XB}} \times \frac{\vec{YB}}{\vec{YC}} \times \frac{\vec{ZC}}{\vec{ZD}} \times \frac{\vec{TD}}{\vec{TA}} = 1.$$


4. Lấy ví dụ một vài điểm $A$, $B$, $C$ trên hệ trục toạ độ $0xy$ rồi tính diện tích có dấu $\overline{s}(ABC)$. Các bạn có phát hiện ra khi nào thì $\overline{s}(ABC)$ là số dương và khi nào $\overline{s}(ABC)$ là số âm không?

5. Lấy ví dụ một vài điểm $A$, $B$, $C$ nằm thẳng hàng trên hệ trục toạ độ $0xy$ rồi tính diện tích có dấu $\overline{s}(ABC)$.

6. Chứng minh rằng $[A,B] = -[B,A]$, $[A,A] = 0$ và $\overline{s}(ABC) = -\overline{s}(ACB)$.

7. Gọi $O$ là tâm điểm của hệ trục toạ độ $0xy$. Chứng minh rằng $$\overline{s}(OAB) = \frac{1}{2} [A,B], ~~~~\overline{s}(OBC) = \frac{1}{2} [B,C], ~~~~\overline{s}(OCA) = \frac{1}{2} [C,A],$$
từ đó suy ra $$\overline{s}(ABC) = \overline{s}(OAB) + \overline{s}(OBC) + \overline{s}(OCA).$$

Sử dụng hằng đẳng thức trên để chứng minh rằng với mọi điểm $M$, chúng ta có $$\overline{s}(ABC) = \overline{s}(MAB) + \overline{s}(MBC) + \overline{s}(MCA)$$

8. Lấy ví dụ một vài điểm $A$, $B$, $C$, $D$ trên hệ trục toạ độ $0xy$ rồi tính diện tích có dấu $$\overline{s}(ABCD) = \frac{1}{2}([A,B] + [B,C] + [C,D] + [D,A]).$$
Kiểm tra xem diện tích thông thường $s(ABCD)$ có tương xứng với diện tích có dấu $\overline{s}(ABCD)$ không.
Mở rộng khái niệm diện tích có dấu cho một đa giác bất kỳ.








2 nhận xét:

  1. cho tứ giác abcd.gọi o là giao điểm của hai đường chéo ac và bd oh vuông góc với ab tại h và ok vuông góc với cd tại k sao cho oh/ok=ab/cd. chứng minh abcd là hình thang

    Trả lờiXóa
  2. Cho tam giác nhọn ABC có 3 dường cao BE, CF, AI đồng quy tại H. DE giao BC tại M
    Biết tan IAC= a
    cot IAB= b.
    Tính MC/MB theo a và b.
    m.n giúp e với

    Trả lờiXóa