CHUYÊN ĐỀ
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8, 9
ĐỊNH LÝ TA-LÉT VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Họ và tên: Lê Huy Hoàng
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị:
Trường THCS Vĩnh Tường
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp 8, 9
Số tiết: 6 tiết (2buổi)

1


PHẦN 1. PHẦN MỞ ĐẦU
I - LÝ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ
1. Cơ sở lí luận:
Định lý Ta-lét là một trong những định lý hình học cổ điển giữ vai trò quan
trọng trong chương trình toán THCS. Định lý Ta-lét được sử dụng nhiều trong giải
toán, đặc biệt là những bài toán có liên quan đến đoạn thẳng và tỉ số hai đoạn
thẳng.
Thông qua việc vận dụng định lý Ta-lét vào giải toán ta có thể ôn lại cho học
sinh các tính chất về tỷ lệ thức các kỹ năng biến đổi đại số, chứng minh đẳng thức,
giải phương trình, chứng minh đường thẳng song song, diện tích đa giác...
Vận dụng định lý Ta-lét vào giải toán ngoài việc học sinh được rèn luyện
các kỹ năng toán học, chủ yếu còn được nâng cao về mặt tư duy toán học. Các thao
tác tư duy như: Phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hoá, đặc biệt hoá, … thường
xuyên được rèn luyện và phát triển.
2. Cơ sở thực tiễn.
Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy khả năng vận dụng định lý Ta-lét vào
giải bài toán của học sinh còn hạn chế. Khi học về phần này, học sinh còn khó
khăn:

suy luận, tổng hợp,…
- Rèn luyện và phát triển cho học sinh các phẩm chất trí tuệ, các thao tác tư
duy: So sánh, phân tích, tổng hợp, đặc biệt hóa, khái quát hoá,…

3


PHẦN 2: NỘI DUNG
I – GIỚI THIỆU VỀ TA- LÉT
Thalès de Milet hay theo phiên âm tiếng Việt
là Ta-lét (tiếng
Hy
Lạp:
ΘαλῆςὁΜιλήσιος;
khoảng 624 TCN – khoảng 546 TCN), là một triết
gia, một nhà toán học người Hy Lạp sống
trước Socrates, người đứng đầu trong bảy nhà hiền
triết của Hy Lạp. Ông cũng được xem là một nhà
triết gia đầu tiên trong nền triết học Hy Lạp cổ đại,
là "cha đẻ của khoa học". Tên của ông được dùng
để đặt cho một định lý toán học do ông phát hiện
ra.
Ta-lét sống trong khoảng thời gian từ năm 624 TCN– 546 TCN, ông sinh ra
ở thành phố Miletos, một thành phố cổ trên bờ biển gần cửa sông Maeander
(của Thổ Nhĩ Kỳ).Tuổi thọ của ông không được biết một cách chính xác. Có hai
nguồn: một nguồn cho là ông sống khoảng 90 tuổi, còn một nguồn khác cho là ông
sống khoảng 80 tuổi.
Trước Ta-lét, người Hy Lạp giải thích nguồn gốc tự nhiên của thế giới, vạn
vật qua các câu truyện thần thoại của chúa trời, của các vị thần và các anh hùng.
Các hiện tượng như sấm, sét hay động đất được cho là do các vị thần trong tự

- Tỉ số hai đoạn thẳng là tỉ số các độ dài của chúng với cùng một đơn vị đo.
Như vậy tỉ số hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào đơn vị mà ta chọn.
1.2. Đoạn thẳng tỉ lệ:
- Hai đoạn thẳng AB và CD gọi là tỉ lệ với hai đoạn thẳng A’B’ và C’D’
nếu ta có tỉ lệ thức thức:

AB A'B'
AB CD
=
=
hay
CD C'D'
A'B' C'D'

- Tỉ lệ thức giữa các đoạn thẳng có các tính chất như của tỉ lệ thức giữa các số.
*1. Tích các trung tỉ bằng tích các ngoại tỉ.
AB A'B'
=
⇔ AB.C 'D' = A ' B '.CD
CD C'D'

*2. Có thể hoán vị các trung, ngoại tỉ:
 AB CD
 A'B' = C'D'

AB A'B'
 CD C'D'
=
⇔
=

5


KL

AB' AC ' AB' AC ' BB' C 'C
=
;
=
;
=
AB AC B'B C 'C AB AC

2.2 Định lý đảo.
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam
giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng
tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh
còn lại của tam giác.
VABC, B' ∈ AB, C' ∈ AC
GT
AB ' AC '
=
B' B C 'C
B'C ' PBC

KL
2.3. Hệ quả:
Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và song song với cạnh còn
lại thì nó tạo thành một tam giác mới có 3 cạnh tương ứng
tỉ lệ với 3 cạnh của tam giác đã cho.

6


Ta có thể chứng minh định lý này bằng cách qua A kẻ một đường thẳng
song song với d’. Đường thẳng này cắt b, c theo thứ tự tại B '', C '' . Dễ dàng chứng
minh được AB '' = A 'B ', B ''C '' = B 'C ' . Sau đó áp dụng định lý Ta-lét trong tam giác
vào VACC '' để có:

AB AB''
AB A'B'
=
=
từ đây suy ra kết luận.
BC B"C''
BC B'C'

3.2 . Định lý đảo.
Cho 3 đường thẳng a, b, c cắt hai cát tuyến d, d’
tại các điểm theo thứ tự; A, B, C và A’, B’, C’ thoả
mãn tỉ lệ thức:

AB A ' B '
=
mà 2 trong 3 đường thẳng a,
BC B ' C '

b, c là song song với nhau thì 3 đường thẳng a, b, c
song song với nhau.
3.3 Hệ quả(các đường thẳng đồng quy cắt hai đường thẳng song song)
Hệ quả 1: Nhiều đường thẳng đồng quy định ra trên hai đường thẳng song song

AB
AC 
=
A 'B' A 'C ' 
 ⇒ d1, d2, d3 đồng quy tại O.
AB

≠1

A 'B'

Ta có thể chứng minh định lý bằng cách gọi giao điểm của hai đường thẳng d1, d2
là O. Ta chứng minh d3 cũng đi qua O.
Gọi C” là giao điểm của OC và đường thẳng b. Ta chưng minh C ' ≡ C '' . Thật vậy,
vì AC//A’C’ nên hệ quả 1 ta có:

AB
AC
AB
AC
=
=
mà theo giả thiết ta có :
.
A 'B' A 'C ''
A 'B' A 'C '

Từ đó suy ra C ' ≡ C '' . Hay d3 đi qua O hay ba đường thẳng d1, d2, d3 đồng quy.
III – CÁC DẠNG BÀI TẬP ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ TA-LÉT.
Định lý Ta-lét có nhiều ứng dụng trong giải toán hình học như: Các bài

8


Hướng dẫn tìm lời giải:
a) Từ AE 2 = EK .EG ⇔

AE EG
AE
EG
=
.Vậy cần tìm mối liên hệ giữa các tỉ số
và
EK AE
EK
AE

BE
.
ED
1
1
1
AE AE
=
+
⇔
+
=1
b) Từ
AE AK AG

=
⇒ AE 2 = EK .EG (đpcm)
AE ED EG
1
1
1
AE AE
=
+
+
=1
b/ Từ
suy ra:
AE AK AG
AK AG

Vì BK//AD và AB//DG nên theo định lý Ta-lét ta có :
AE DE AE BE
AE AE DE BE BD
=
,
=
+
=
+
=
= 1 (đpcm)
nên
AK DB AG BD
AK AG DB DB BD


b)

DE FH MK
+
+
=2
AB BC CA

9


* Hướng dẫn tìm lời giải:Giả thiết đã cho các đường thẳng song song, ta cố định
một trong 3 tỉ số trong hệ thức cần chứng minh chẳng hạn:
chuyển các tỉ số

BE
. Hãy tìm cách
BC

AK CF
,
về các tỉ số có cùng mẫu là BC.
AB CA

Lời giải (tóm tắt)
a) KM//AC ⇒

AK MC
=

FH MK DE AH BK AK + BH AH + HB AK + KB
+
+
=
+
+
=
+
=2
BC AC AB AB AB
AB
AB
AB

Qua F kẻ FI//AB, I ∈ BC:

nên ta được: (Đpcm)
Ví dụ 3 (lớp 8). Cho hình thang ABCD có AB = a, CD = b. Qua giao điểm O của
hai đường chéo, kẻ đường thẳng song song với AB, cắt AD và BC theo thứ tự ở E
và G. Chứng minh rằng:

1
1
1 1
=
= +
OE OG a b

* Hướng dẫn tìm lời giải:
Từ

(2)
DC DA
b
DA
OE OE DE AE
+
=
+
=1.
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:
a
b
DA DA
1 1
1
1 1
1
1 1
= + . Chứng minh tương tự ta có
= +
Do đó: OE( + ) = 1 hay
a b
OE a b
OG a b

Vì OE//AB nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:

10



⇔b=
Từ đó suy ra 
suy ra GE + GF = 2
a+x
a+x
a+x
GF = ax

a+x
ab
ab
Từ đó tìm ra x =
hay BC =
2a − b
2a − b

*Nhận xét: Định lý Ta-lét ngoài việc ứng dụng cho chứng minh đẳng thức hình
học còn được vận dụng để chứng minh bất đẳng thức hình học. Sau đây ta có thể
xét một ví dụ về việc vận dụng định lý Ta-lét để chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ 5 (lớp 8)
Cho ∆ ABC, phân giác trong AD. chứng minh rằng:
µ = 120 0 thì 1 = 1 + 1
a) Nếu A

AD AB AC
µ 1200 thì 1 > 1 + 1

b b+c
= + <=> =
<=> =
a b c
a
bc
a
c

Ở ví dụ này ta biến đổi hệ thức cần chứng minh về dạng 2.
Qua C kẻ CF //AD, F ∈ AB, ta có nhận xét gì về ∆ AFC?
Độ dài BF?
Áp dụng định lý Ta-lét vào ∆ BFC ta được Đpcm.
Lời giải (tóm tắt):
µ = DAB
·
a) Qua C kẻ CF //AD, F ∈ AB, ta có: F
= 600
·
·
FCA
= CAD
= 600 (2)

(1)

Từ (1) và (2) suy ra ∆ AFC đều =>AF=FC=AC =>BF =AB+AF=AB + AC
Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét vào ∆ BFC, AD//FC:
AD BA
AD

AD AB
AB
CF.AB
=
=
=> AD =
CF BF AB + AC
AB + AC

·
$ < 600 => FC > AC nên :
> 600 => F
Do ∆ AFC cân tại A có góc FAC
AD >

AC.AB
1
1
1
=>


+
= 1 hay AE( + ) = 1 ⇔ AE =
Suy ra:
AC AB AC CA
b c
b+c

có:

12


2bc
(đpcm)
b+c
1
1 b+c 1 1 1
> .
= ( + ) . Áp dụng kết quả
Nhận xét: Từ kết quả bài toán trên ta có:
AD 2 bc
2 b c

Trong tam giác ADE có AD < AE + ED hay AD < 2AE =

này ta có thể giải bài toán sau:Ví dụ 7 (lớp 8). (Trích đề thi HOMC 2014).Cho a,
b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, x là độ dài của các đường phân giác
1

1

> ( + )
z 2 a b

(3)

Từ (1) (2) và (3) ta có:
1 1 1 1 1 1
+ + > + + (đpcm)
x y z a b c

Ví dụ 9(lớp 8).Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi O là giao điểm của AD và BC. Gọi I, K
,H là chân các đường cao kẻ từ B, O ,C tới AD .Chứng minh rằng :
AD.BI.CH ≤ BD.OK.AC
Lời giải (tóm tắt)
Kẻ AE ⊥ BD
Vì OK//HC nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:
AO OK
=
⇒ AO.HC = OK . AC.
AC HC
Ta lại có AD.BI.CH=2. S ABD .CH

Mà BD.CE=2SABD ,OA.HC=OK.AC, AO ≥AE
nên AD.BI.CH=2. S ABD .CH=BD.CE.CH ≤ BD.AO.CH=BD.OK.AC
Dấu “=” xảy ra khi AE=AO hay AC ⊥ BD
Ví dụ 10 (lớp 9)(Câu 4c_Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012 – 2013)
Cho tam giác nhọn ABC ( AC > AB ) có các đường cao AA ', BB ', CC ' và trực
tâm H . Gọi (O) là đường tròn tâm O, đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến
AM, AN tới đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi M ' là giao điểm thứ
hai của A ' N và đường tròn (O) , K là giao điểm của OH và B ' C ' . Chứng minh

B

O

C

D

Lời giải
Qua O kẻ đường thẳng d song song với B’C’ , d cắt BB’ và CC’ lần lượt tại D, E.
Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét ta có:
KB ' KH KC '
KB ' OD
⇒
=
=
⇒
=
(1)
OD OH OE
KC ' OE
·
·
· ' C ' ) và BOD
·
·
Ta có: BDO
(vì cùng bằng BB
= ECO
= EOC

2

(3)

KB '  HB ' 
=
Từ (1), (2), (3) ⇒
÷
KC '  HC ' 
Ví dụ 8 (lớp 9)(Trích đề thi khảo sát học sinh giỏi lớp 9 vòng 1 huyện Tam Dương
2014 - 2015)
14


Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH, gọi E và F theo thứ tự là hình
chiếu của H trên AC và AB. Cho D là một điểm trên BC. Gọi M, N theo thứ tự là
hình chiếu của D trên AB và AC. Chứng minh rằng:
CE AC 3
=
a)
.
BF AB 3

b) DB.DC = MA.MB + NA.NC.
Lời giải tóm tắt
µ = 900, AH ⊥ BC
a/ ∆ ABC, A
AC 2 HC
Ta có: AC = CH.BC; AB = BH.BC ⇒ 2 =
(1)

hay
AB2 HB AB HB AE BF
AB3 BF
2

2

b/ Dễ thấy MD//AC và ND //AB.
BD

MD

CD

NC

MB

Vì MD//AC nên theo hệ quả của định lý Ta-lét ⇒ BC = AC = AB (4)
ND

Vì ND//AB nên theo hệ quả của định lý Ta-lét ⇒ CB = AC = AB

(5)

BD.CD MD.NC MB.ND
=
=
BC 2
AC 2

1
1
1

15


Lời giải tóm tắt
» tại M. Ta có AK ⊥ BC
Gọi H là giao điểm của BD và CE. AH cắt BC tại K cắt BC
·
·
và BAK
.
= BCM
·
·
·
·
Lại có BAK
(cùng phụ với góc ABC) suy ra BCH
nên tam giác BCM
= BCH
= BCM
cân tại C, do đó HK = KM (1)
·AMA = 900 nên MA2//BC
2
AA

MK

1
ABC
1
ABC

AA

BB

CC

S

ABC
1 2
1 2
1 2
Từ (2), (3) và (4) suy ra: A A + B B + C C = S = 1 (đpcm)
1
1
1
ABC

Dạng 2:
CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG,
NHIỀU ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY, NHIỀU ĐIỂM THẲNG HÀNG
Ở lớp 7 để chứng minh hai đường thẳng song song thì ta phải tìm các mối
quan hệ về góc hoặc các mối quan hệ giữa các đường thẳng. Để chứng minh đồng
quy ta thường áp dụng tính chất của các đường trong tam giác,
...Đến lớp 8, sau khi học song định lý Ta-lét đảo, từ hệ thức về

=
Theo giả thiết: MK là phân giác của AMB
=>
KB MB
AH AM
=
HC MC
AH AK
=
=> KH / / BC (định
Mà MB = MC (theo giả thiết) nên suy ra: .
HC KB

MH là phân giác góc AMC suy ra:

lý

Ta-lét

đảo)
Ví dụ 2(lớp 8):Qua giao điểm O của 2 đường chéo tứ giác ABCD, kẻ 1 đường
thẳng tuỳ ý cắt cạnh AB tại M và CD tại N. Đường thẳng qua M song song với CD
cắt AC ở E và đường thẳng qua N song song với AB cắt BD ở F. Chứng minh
BE//CF.
* Hướng dẫn tìm lời giải:
BE / / CF ⇔

OB OE
=
OF OC


a c
=
b d

Ví dụ 3(lớp 8):Cho ∆ ABC, có AB + AC = 2.BC.
Gọi I là giao điểm 3 đường phân giác trong, G là trọng tâm của ∆ ABC (I
khác G). Chứng minh rằng IG // BC .
* Hướng dẫn tìm lời giải:
Để chứng minh IG // BC, ta phải chứng minh
Từ giả thiết của bài toán suy ra:
Hãy chứng minh

AI AG
AI
=
hay = 2
ID GM
ID

AB + AC
=2
BC

AB + AC AI
=
, bằng cách sử dụng tính
BC
ID


ID

(3)

Vì G là trọng tâm của ∆ ABC nên:
Từ (3) và (4) suy ra:

AG
=2
GM

(4)

AG AI
=
=> IG P BC
GM ID

(Đpcm)

* Chú ý:
+ Bài toán đảo của bài toán trên vẫn đúng: Từ IG//BC => AB+ AC = 2.BC
+ Nếu thay giả thiết AB + AC = 2.BC bằng giả thiết AB + AC < 2.BC thì
kết luận của bài toán thay đổi như thế nào? (IG cắt tia MC)
Ví dụ 4(lớp 8):∆ ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Gọi M,
N, P, Q lần lượt là hình chiếu của D trên AB, BE, CF, CA. Chứng minh rằng M, N,
P, Q thẳng hàng.
* Hướng dẫn tìm lời giải:
Yêu cầu bài toán chứng minh M, N, P, Q
thẳng hàng. Giả thiết của bài toán cho các đường

BE BC

Từ (3) và (4) suy ra: MN // EF

(**)
18


CQ CD
=
(5) (theo định lý Ta-lét)
QE DB

DQ // BE suy ra:

CP CD
=
(6) (theo định lý Ta-lét)
PF DB
CP CQ
Từ (5) và (6) suy ra: PF = QE => PQ / / EF

DP // BF suy ra:

(***)

Kết hợp (*), (**) và (***) suy ra: M, N, P , Q thẳng hàng.
* Nhận xét: Chứng minh các điểm thẳng hàng bằng cách chứng minh chúng
cùng nằm trên một đường thẳng cố định.
Ví dụ 5(lớp 8): Cho tứ giác ABCD, vẽ các đường thẳng d1//d2 // AC. d1 cắt AD,

ME // AO suy ra:

Chứng minh tương tự ta cũng được
Từ (*) và (**) suy ra:

(1)
(2)
hay
NH OC
=
NG OA

MF OC
=
ME OA

(*)
(**)

NH MF
=
mà EF // GH nên suy ra: GE, BD, HF đồng quy
NG ME

Nhận xét: Hệ quả của định lý Ta-lét tổng quát cho ta một cách chứng minh
đường thẳng đồng quy.
Ở bài toán trên nếu GH = EF thì 3 đường thẳng GE, BD, HF có mối quan hệ
với nhau như thế nào?
Ví dụ 6(lớp 8): Cho hình thang ABCD (AB < CD), AD cặt BC tại I, AC cắt BD
tại O. M, N lần lượt là trung điểm của AB, DC. Chứng minh rằng I, M, O, N thẳng

thang:
“Trong hình thang có hai đáy không bằng nhau, đường thẳng đi qua giao
điểm của các đường chéo và đi qua giao điểm các đường thẳng chứa hai cạnh bên
thì đi qua trung điểm của hai đáy”
Ngược lại: “ Trong hình thang có hai đáy không bằng nhau, giao điểm của hai
cạnh bên, giao điểm của hai đường chéo và trung điểm của hai đáy là các điểm
thẳng hàng”
Ta có thể sử dụng Bổ đề hình thang để dựng trung điểm của đoạn thẳng
mà chỉ dùng thước, và có thể vận dụng bổ đề hình thang để vận dụng giải một số
bài toán hình học. Ta có thể xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 7(lớp 8).Xét ví dụ 5_Dạng 1(Trích đề thi HOMC 2006)
Cho tam giác ABC, PQ//BC với P, Q là các điểm tương ứng thuộc AB và
AC. Đường thẳng PC và QB cắt nhau tại G. Đường thẳng đi qua G và song song
với BC cắt AB tại E và AC tại F. Biết PQ = a và EF = b. Tính độ dài của BC.
Lời giải (tóm tắt):
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của AG với PQ và BC.
Áp dụng bổ đề hình thang cho các hình thang: BCQP
và BCEF dễ dàng suy ra được: MP = MQ; GE = GF;
NB = NC.

20


BC PC
BC PC
=
⇔
=
b
Vì PQ//EF//BC nên theo hệ quả định lý Ta-lét ta có: EG GC

Mà A, I, J thẳng hàng.
Từ đó cho ta định hướng chứng minh góc tạo bởi
AD’ và AH với AI bằng nhau.
Từ mối quan hệ giữa tiếp tuyến và dây cung ta
suy ra được IF//GJ.
Từ đó vận dụng định lý Ta-lét và tam giác đồng
dạng ta chứng minh được bài toán.
Lời giải tóm tắt:
Gọi F và G tương ứng là tiếp điểm của đường
tròn (I) và đường tròn (J) với AB.
IF
AI
=
Ta có IF ⊥ AB, GJ ⊥ AB nên IF//GJ. Theo Ta-lét ta có:
mà ID’ = IF, JG =
GJ

JH nên

AJ

ID' AI
=
.
JH AJ

¶ ' = ·AJH suy ra VAID ' : VAJH (c-g-c), ta có I ·AD ' = JAH
·
Lại có: DD’//JH nên AID
nên

IM ' I ' N '
=
mà IM’ = I’N’ từ đó suy ra: KH = K’E (đpcm)
KH K ' E

Ví dụ 8(lớp 8).Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công
nguyên)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng
BC, CA, AB sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm
thuộc các cạnh của tam giác ABC. Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi
A'B B ' C C ' A
.
.
=1
A 'C B ' A C ' B

22


Chứng minh
* Trường hợp 1: Trong 3 điểm A’, B’, C’ có
đúng 2 điểm thuộc cạnh tam giác ABC. Giả
sử là B’, C’
Phần thuận
Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt
đường thẳng B’C’ tại M.
Ta có:

C'A AM B ' C A ' C
A'B B ' C C ' A AM A ' C A ' B

A 'C B ' A C ' B
A '' C A ' C

nên A’’ nằm ngoài cạnh BC.
Vậy

A''B A ' B
=
và A’, A’’ nằm ngoài cạnh BC suy ra A '' ≡ A ' . Do đó A’, B’, C’
A '' C A ' C

thẳng hàng .
* Trường hợp 2: Trong 3 điểm A’, B’, C’ không có điểm thuộc cạnh tam giác
ABC được chứng minh tương tự.
Ví dụ 9(lớp 8). Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các đường thẳng BC,
CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi
Chứng minh
Phần thuận:
Qua A kẻ đường thẳng song song
với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ tại M, N.
Theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:
B ' C BC C'A AN A ' B AM
=
;
=
;
=
.
B ' A AM C ' B BC A ' C AN

.
= 1 mà
.
.
=1
A '' C B ' A C ' B
A'C B ' A C ' B

A'B A '' B
=
. Từ đó suy ra A '' ≡ A ' . Do đó AA’, BB’, CC’ đồng quy
A ' C A '' C

Nhận xét:
Định lý Menelaus và định lý Ceva là những định lý được áp dụng nhiều
trong các bài toán hình học trong bồi dưỡng HSG, trong các đề thi vào trường
chuyên toán, chuyên tin và các kì thi học sinh giỏi. Sau đây là một số bài toán áp
dụng các định lý trên:
Ví dụ 10(lớp 9): (Trích Câu 5.d Đề HSG tỉnh Phú Thọ 2010-2011)
Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường
tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A,
B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C 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.
Lời giải.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ACO với
ba điểm thẳng hàng là B, I, M ta có:

AB OI CM
OI MA

·
Ta có EFB
(cùng phụ với góc EAB);
= EBA
·
·
(tứ giác AMEB nội tiếp)
EBA
= EMC
·
·
⇒ Tứ giác MEFC nội tiếp
⇒ EFB
= EMC
·
·
⇒ MEC
= MFC
= 90 0 . Do đó: ME ⊥ EC

(3).

·
Lại có MEN
= 900 (chắn nửa đtròn) ⇒ ME ⊥ EN

(4).

24


·
Do QR song song với EF nên ·AFE = BQR
D
M
Q
·
·
Từ đó suy ra BCA
= BQR
hay tứ giác BQCR nội
tiếp.
b) Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên
Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên
Từ hai tỷ số trên ta được

DB HB
=
AE HA

DC HC
=
AF HA

DB AE HB AE FB
=
.
=
.
( 1)
DC AF HC AF EC

c). Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh DP.DM = DQ.DR .
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR = DB.DC (4).
DC − DB 
÷ = DB.DC
2




Tiếp theo ta chứng minh DP.DM = DB.DC ⇔ DP 

25

R
C