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

• 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.

. . . . 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]

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)

−
⇒ =
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

.
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:

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 3 điểm thẳng hàng E, P, F ta
có:
EO PB FC
. . 1
EB PC FO
=
.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác OCA với 3 điểm thẳng hàng F, Q, D
ta có:
FO QC DA
. . 1
FC QA DO
=
.
Nhân các đẳng thức trên theo từng vế, ta được:
RA PB QC
. . 1
RB PC QA
=
.
Theo định lí Menelaus, ta suy ra các điểm P, Q, R thẳng hàng.


hay AD, BE, CF đồng quy (đpcm).
1.4.1.4. Chứng minh định lí Blaikie
 Định lí Blaikie: Cho tam giác ABC và đường thẳng d sao cho d cắt BC,
CA, AB lần lượt ở M, N, P. Gọi S 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 vào tam giác PBE với 3 điểm thẳng hàng A, I, D ta
có:
AP IB DE
. . 1
AB IE DP
=
(1)
12
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác MBP với 3 điểm thẳng hàng C, A, N
ta có:
CM AB NP
. . 1

13
Hình 1.8
Đặt BC = a, CA = b, AB = c (hình 1.8).
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
DB AB DB c
DC AC b
DC
= ⇒ =
EC BC EC a
EA AB c
EA
= ⇒ = −
FA AC FA b
FB BC a
FB
= ⇒ = −
Suy ra:
DB EC FA c a b
. . = . . 1
b c a
DC EA FB
   
− − =
 ÷  ÷
   

DB EC FA
. . 1
DC EA FB
⇒ =

phần kéo dài. Nhờ đó ta nghĩ đến việc dựng hình chữ nhật ABNC.
Nếu rèn luyện nhiều chắc chắn bạn sẽ trở nên thân thuộc, biết quan sát,
có cái nhìn nhạy bén hơn về định lí Menelaus khi giải các bài toán hình học.
Hãy tiếp tục vận dụng để giải các bài toán sau:
Bài 1.3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thuộc đường tròn
(O) (M A, B, C). Gọi P, Q, R là hình chiếu vuông góc của M xuống BC, CA,
AB. Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng. (đường thẳng chứa ba điểm thẳng
hàng đó được gọi là đường thẳng Sim-Sơn và còn được gọi là đường thẳng
Sim-Sơn của tam giác ABC ứng với điểm M).
Lời giải
15
Hình 1.10
Xét trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ( không chứa điểm A) (hình 1.10).
Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) nên ta có :
·
·
MCB=MAB
.
Mặt khác:
·
·
0
MPC=MRA=90
⇒
∆MPC ~ ∆MRA (g-g)
PC MC
=
RA MA
⇒

trung điểm của AC và BD. Chứng minh rằng MN đi qua trung điểm của EF.
Lời giải
16
Hình 1.11
Gọi Y là trung điểm của EF. Gọi J, L, K lần lượt là trung điểm của AB,
BE, EA (hình 1.11).
Như vậy JK, KL, LJ là các đường trung bình của ∆ABE.
Do đó ta có :
MK CE NJ DA YL FB
, ,
MJ CB NL DE YK FA
= = =
.
Nhân từng vế của các đẳng thức ta có :
MK NJ YL CE DA FB
. . . . 1
MJ NL YK CB DE FA
= =

(định lí Menelaus trong ∆ABE với bộ ba điểm thẳng hàng C, D, F).
Suy ra:
MK NJ YL
. . 1
MJ NL YK
=
. Theo định lí Menelaus suy ra N, M, Y thẳng hàng
hay MN đi qua trung điểm của EF (đpcm).
1.4.3. Chứng minh tính đồng quy
Bài 1.5:
Cho tam giác ABC. Gọi M, E, F theo thứ tự là các điểm trên cạnh BC,

.
Theo định lí Menelaus suy ra F, I, C thẳng hàng. Từ đó suy ra AM, BE, CF
đồng quy (đpcm).
Bài 1.6:
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (H). Gọi tiếp điểm của đường
tròn (H) với các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Chứng minh AD, BE,
CF đồng quy.
Lời giải
18
Hình 1.13
Từ A dựng đường thẳng song song với BC, cắt CF tại N (hình 1.13).
Gọi I là giao điểm của AD và CF.
Ta có: BD = BF; EC = DC; AE = AF (D, E, F là các tiếp điểm)
Theo định lí Talet ta có:
IA AN
=
ID CD
;
BF CB
=
AF AN
Ta có:
BD EC IA BF CD AN BF AN CB AN
. . . . . . 1
BC EA ID BC AF CD AF BC AN BC
= = = =
Suy ra :
BD EC IA
. . 1
BC EA ID

hàng. Vậy MQ, NP, DB đồng quy (đpcm).
1.4.4. Tính diện tích tam giác
Bài 1.8:
Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F trên cạnh BC, CA, AB sao cho
DB = 2DC, EC = 2EA, FA = 2FB. Ba đường thẳng AD, BE, CF cắt nhau tạo
thành tam giác PQR. Tính diện tích tam giác PQR theo diện tích S của tam
giác ABC.
Lời giải
20
Hình 1.15
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ADC và đường thẳng BPE, ta
có:
BD EC PA 2 PA
. . =1 .( 2). =1
3
BC EA PD PD
⇒ −
PA 3 AP 3
= =
PD 4 AD 7
⇒ ⇒
.
Suy ra:
S(APE) AP AE 3 1 1 1
= . = . = S(APE)= .S(ADC)
S(ADC) AD AC 7 3 7 7
⇒
.
Mặt khác ta có:
S(ADC) DC 1

cho
1
BE= BA
4
;
4
AF= AC
5
. Gọi M là giao điểm của BF và CE.
Biết S (AMB) = 2 (đơn vị diện tích). Tính S(ABC)?
21
Lời giải
Hình 1.16
Gọi N, P là chân đường vuông góc hạ từ M, C xuống AB.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác AEC với cát tuyến BMF ta có:
BE FA MC 1 MC
. . =1 .4. =1 MC=ME
4 ME
BA FC ME
⇒ ⇒
.
Suy ra:
1
.MN.AB
S(AMB) MN
2
= =
1
S(ABC) CP
.CP.AB

Tam giác AID với đường thẳng QBC ta có:
QA BD CI
. . =1
QD BI CA
QA BI AC
= . =α
QD BD CI
⇒ −
(1)
Tam giác ADC với đường thẳng PIM ta có:
MA PD IC MA PC IA
. . =1 = . =β
MD PC IA MD PD IC
⇒
(2)
Vào tam giác ICD với đường thẳng PBA, ta có:
AI PC BD
. . =1
AC PD BI
(3)
Từ (1) và (2)
β PC IA BD CI AI PC BD
= . . . = . . =1
α
PD IC BI AC AC PD BI
⇒
(theo (3)).
Vậy
α=β
suy ra

MI NI
=
MP NP
−
(đpcm).
Bài 1.11:
Giả sử ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại điểm O trong tam giác
ABC (
, ,D BC E CA F AB
∈ ∈ ∈
). Chứng minh rằng :
OA EA FA
= +
OD EC FB
.
Lời giải
Hình 1.18
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ABD và đường thẳng FOC ta
có:
OA CD FB
. . =1
OD CB FA
OA CD FA
. =
OD CB FB
⇒
OA CD FA
. =
OD CB FB
⇒

EC MA PB EC MA PB
. . =1 . . =1
EA MB PC
EA MB PC
⇒
, mà PB = PC nên
BP
=1
PC
,
do đó
EC MA
. =1
EA MB
(1)
- Đường thẳng FMQ, ta có:
FB QC MA FB QC MA
. . =1 . . =1
FC QA MB
FC QA MB
⇒
,
lại có
QC
=1
QA
nên
FB MA
. =1
FC MB