chuyen de dinh li con nhim va ung dung

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (831.57 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD-ĐT Đăk Lăk

Trường THPT chuyên Nguyễn Du

ĐỀ TÀI: ĐỊNH LÍ CON NHÍM VÀ ỨNG DỤNG

1. Định lí con nhím :

Phát biểu: cho đa giác lồi A1A2…An và các vectơ đơn vị ei (1 i n) theo thứ tự vng góc với

1
i i
A A



(xem An+1A1), hướng ra phía ngồi đa giác. Lúc đó ta có:

1 2 1 2 3 2 ... n 1 n 0
A A e A A e  A A e 

Chứng minh:

+ xét trường hợp n=3, đa giác chính là tam giác, đặt là ABC

Gọi (I) là đường tròn nội tiếp ABC , lần lượt tiếp xúc với các cạnh BC, AC, AB tại D; E; F. Đặt
AE=AF=x; BF=BD=y; CD=CE=z.

Như vậy ta có: y+z=a; z+x=b; x+y=z.

Vì DBC, DB=y; CD=z nên DB yDC

z




 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Hay D chia vectơ BCtheo tỉ số y
z



.
Với I bất kì thì

1
.

y

IB IC zIB y IC
z

ID

y a

z

a ID zIB y IC

 

 



  

   



  

Tương tự ta có:bIE xIC zIA
cIF y IA xIB

 

  

( ) ( ) ( )

aID bIE cIF IA y z IB x z IC x y aIA bIB cIC

           

        

Trong một tam giác nếu I là tâm đường trịn nội tiếp thìa IA bIB cIC  0

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

0
aID bIE cIF

   

   

Lấy các vectơ ID IE IF  ; ; lần lượt bằng các vectơ thì suy ra được định lí con nhím đúng với n=3.

+ giả sử định lí con nhím đúng với (n-1)- giác lồi( n4) (2)

Dựng vectơ đơn vị vuông góc với anan-1, hướng ra phía

ngồi tam giác A1An-1An.

Vì định lí con nhím đúng với tam giác và (n-1) - giác nên
áp dụng tương ứng cho A1An-1An và (n-1) - giác A1A2…

An-1, ta có:

1 1 1 1 1

1 2 1 2 3 2 1 1
0

... ( ) 0

n n n n n n

n
A A e A A e A A e
A A e A A e A A e

  



   




    




   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

   

 A1A2+ A2A3+ …+ ana1=

Như vậy định lí con nhím đúng với n-giác lồi.
Vậy theo nguyên lí quy nạp định lí con nhím đúng với mọi đa giác lồi.

Cách phát biểu khác của định lí con nhím: cho đa giác lồi A1A2…An. Gọi vectơ ( 1in) là

vectơ vng góc với cạnh aiai+1( xem An+1 A1), hướng ra ngoài đa giác và = aiai+1 thì :

+ +…+ = .( người ta cịn gọi các vectơ là các lơng nhím).

2. Một số bài tập ứng dụng:

Bài 1: cho ABC. I là tâm đường tròn bàng tiếp ACB của tam giác. Gọi M; N; P lần lượt là hình

chiếu vng góc của I lên BC; CA; AB. Chứng minh rằng:
A/ a + b - c =

B/ a + b - c =

Chứng minh:

Xét ABCcó

Và hường vàoABCnên ta chọn -.

Áp dụng định lí con nhím cho ABC ta có:
A + b+ c(-)= hay a.+ b.- c.= (đpcm)
B/ ta có a + b - c = a.( + )+ b.( + )- c.( + )

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

= a. + b. - c. ( vì c/m (a) a + b - c = )
Lại có =

1
MB

AB AC

MC
MB
MC




 

=MC AB MB AC.
a



 

( vì M chia theo tỉ số )
 a. = - ( MC. - MB. )

Tương tự : b. = - ( NC. - NA. )

Và c. = - ( PA. + PB. ) ( vì P chia theo tỉ số )

 a + b - c = - ( MC. - MB. ) - ( NC. - NA. )+ ( PA. + PB. )

= .( NC - MC) + .( NA - PA) + .(PB - MB)
= .0 + .0 + .0= (đpcm)

Bài 2: cho ABC có góc BAC nhọn. Vẽ bên ngồi tam giác các tam giác vuông cân đỉnh A là

ABE và ACD. M là trung điểm BC. Chứng minh rằng AM  DE

Chứng minh:

Xét AED có AB AE
AC AD








Gọi vectơ là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng ra
ngồi AED.

Áp dụng định lí con nhím vào AED ta có:
. + . + ED.=

Lại có AD=AC và AB=AEABE,ACD vng cân tại

 + + ED.=
 2 + ED.=
 = ED.

 và cùng phương  AM  DE (đpcm).

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Chứng minh: xét  ABC cân tại A và nội tiếp đường trịn tâm O nên:

Gọi vectơ là vectơ vng góc với DC, hướng ra ngồi miền ACD và có độ lớn bằng
OD=OE.

Áp dụng định lí con nhím ta có: AD. + AC. + CD. =

 AB. + AC.( + ) + CD. =

 AC + AC.( + ) + CD.=
 AC.( + + ) + CD .=
 AC. = - CD.

 =

 cùng phương với  OG  DC. (đpcm)

Bài 4: cho ABC không đều. BC là cạnh
nhỏ nhât.đường tròn nội tiếp (I) của tam

giác theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại

X,Y,Z. Gọi G là trọng tâm của XYZ. Trên tia BA, CA
theo thứ tự lấy các diểm E, F sao cho BE=CF=BC. Chứng
minh rằng: IG  EF.

Chứng minh: khơng mất tính tổng qt , giả sư r(I)=1.

Dựng vectơ đơn vị vng góc với EF.

Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác EBCF ta có:

EB. + BC. + CE. + EF. =

 BC( + + )= -EF.  3BC. = -EF.
 =  cùng phương với .

 IG  EF

Bài 5: cho ABCvuông tại A, gọi M là trung điểm của BC.
Lấy các điểm B1, C1 trên AB, AC sao cho

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Chứng minh:

Gọi N1, N2 lần lượt là trung điểm AB, AC.

 MN1  AB, MN2 AC.

Gọi là vectơ đơn vị vng góc với B1C1 và hướng ra phía ngồi B1AC1.

Áp dụng định lí con nhím vào B1AC1 ta có:

+ + B1C1 =

 . + . + B1C1 . =

Lại có AB.AB1 = AC.AC1  =  ( + ) + B1C1 . =

 . + B1C1 . =

 cùng phương với  MA  B1C1. (đpcm)

Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD. K là hình chiếu vng góc của B trên AC. M, N lần lượt là
trung điểm của AK và CD. Chứng minh rằng: BM MN.

Chứng minh:

Gọi là vectơ đơn vị vng góc vơi MN và hướng ra
ngồi MNC.

Áp dụng định lí con nhím vào MNC ta có:

. 0

MC NC

BK BC MN e

BK BC

      

Lại có = +

 - - + + MN.=

Mà = = tanABK = tanCAD = = =

 - + MN.=  cùng phương với  BM  MN. (đpcm)

Bài 7: Cho ABC vng tại A có

AB c AC b  . Tìm điểm D AC sao cho

BDAM với AM là trung tuyến của ABC.

Gọi N là hình chiếu của M trên AC, kẻ BP 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Trong AMN có
BP MN
BD AM
BA AN





 


Áp dụng định lý Con nhím trong AMN ta có:

MNBP AN BA AM BD 0
BP  BA  BD 

   
   
   

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
(1)
Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:

DN AD

BD BN BA

AN AN
 
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

  
  
  
  

Nên từ (1) ta có

0
0

2 2

2 2 2

MN AN AM DN AM AD

BP BA BN BA

BP BA BD AN BD AN

MN AN AM AD AM DN

BP BA BN

BP BA BD AN BD AN

c b a AD a DN

BP BA BN

b c BD b BD b

   
 
     
 
 
     
 
    
   
   

Do ta có: BNBP BA  nên ta suy ra

2 2
2
2 2

2 2

2 2 2

2
2
2

c b a AD a DN

b c BD b BD b

a
BD DN
c
ac
BD AD
b c
c
DN AD
b c
 
  
 




 
 
 

 


Trường hợp nếu b2 2c20 thì N nằm ngồi A và N, ta là tương tự.
Bài tốn được giải quyết.

Bài 8:Tìm tất cả những điểm N trong ABC thỏa mãn: NA1 NB 1 NC1 0, trong đó A B C1, 1, 1 lần
lượt là chân đường vng góc hạ từ N xuống BC, CA, AB.

Gọi e e e1, ,2 3
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

lần lượt là các vecto đơn vị vng góc với

các cạnh BC, CA, AB và hướng ra phía ngồi ABC.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

1 2 3

1 1 1

0
ae be ce

a b c

NA NB NC

  

  

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

   

Do N thỏa mãn NA1NB1NC1 0
   

nên ta có:

1 1 1

a b c

NA NB NC

Lấy N1 đối xứng với N qua đường phân giác góc A, khi đó ta có
Khoảng cách từ N1 đến AC bằng NC1,

Khoảng cách từ N1 đến AB bằng NB1.
Suy ra SAN B1 SAN C1

Gọi A' là giao của đường phân giác góc A với BC.
Từ SAN B1 SAN C1

 

1 1 1 1

. .sin . .sin

c NA BAN b NA CAN

 

 

1 1

.sin .sin

.AA'.sin ' .AA'.sin '

c BAN b CAN

c BAA b CAA

 

AA' AA'

B C

S S

   

Suy ra A' là trung điểm của BC.

Hay AA’ là đường trung tuyến của ABC, vậy N thuộc đường thẳng đối xứng với AA’ qua đường

phân giác góc A.

Tương tự ta sẽ có: N là giao của 3 đường đối xứng với 3 đường trung tuyến lần lượt qua 3 đường phân
giác của mỗi góc.

Bài tốn được giải quyết.

 Điểm N như trên được gọi là điểm đối trung của ABC hoặc điểm Lemoine thoả mãn hệ thức

vectơ:

A2 + b2 + c2 = ( a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác)

 Tổng quát hơn: cho M là tâm tỉ cự của hệ điểm {A, B, C} với các hệ số {x, y, z} thì các đường

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

+ + = . M’ được gọi là điểm liên hợp đẳng giác của diểm M đối với ABC

Bài 9: cho ABCvà điểm O nằm trong tam giác. Gọi A1; B1; C1 theo thứ tự là hình chiếu vng
góc của O lên BC;CA;AB. Trên các tia

OA1;OB1;OC1 theo thứ tự lấy các điểm A2;B2;C2 sao

cho OA2=BC; OB2=AC; OC2=AB. Chứng minh rằng

O là trọng tâm của A2B2C2.

Chứng minh: đặt ea



= 2
2
OA
OA



; 2

2
b

OB
e

OB





; 2

2
c

OC
e

OC





Suy ra: = OA2. ea



= BC. ea



= OB2. eb



= CA eb



OC2 = OC2. ec



= AB. ec



Áp dụng định lí con nhím cho ABCta lại có:
BC. ea



+ CA eb



+ AB. ec



 + + =  O là trọng tâm của A2B2C2 (đpcm).

Ta có thể mở rộng bài tốn trên cho một đa

giác lồi bất kì: Cho đa giác lồi A A A1 2... n, điểm O

ở trong miền đa giác. Các điểm A A1', 2',...,An' lần
lượt là hình chiếu vng góc của O trên

1 2, 2 3,..., n 1

A A A A A A . Lấy các điểm A1'',A2'',..., An'' lần

lượt thuộc các tia OA OA1', 2',...,OAn' sao cho
1'' 1 2, 2'' 2 3,..., n'' n 1

OA A A OA A A OA A A . Khi đó ta có

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài 10: cho ABC và XYZ. Đoạn BC theo thứ tự cắt các đoạn XZ, XY tại M, N; đoạn CA

theo thứ tự cắt các đoạn YX, YZ tại P, Q; đoạn AB theo thứ tự cắt các đoạn ZY, ZX tại R, S.
Giả sử MN = NP = PQ = QR= RS = SM. Chứng minh rằng ABC đều  XYZ đều.

Chứng minh:

 Điều kiện cần

Gọi ea



, ez



, eb



, ex



, ec



, ey



lần lượt là các vectơ
đơn vị hướng ra ngồi lục giác MNPQRS và
lần lượt vng góc với các canh MN, NP, PQ,
QR, RS, SM.

Áp dụng định lí con nhím cho lục giác
MNPQRS ta có:

MN .ea



+ NP. ez



+PQ. eb



+QR. ex



+RS.ec


+SM.
y
e

=

Lại có MN = NP = PQ = QR = RS = SM nên:
a

e



+ ez



+ eb



+ ex



+ ec



+ ey



= .
(1)

Mặt khác áp dụng định lí con nhím cho ABC đều ta có:

BC. ea



+ AC. eb



+ AB. ec



 BC.( ea



+ eb



+ ec



) =

 ea



+ eb



+ ec



= (2)
Từ (1) và (2) ta có: ex



+ ey



+ ez



= (3)

Áp dụng định lí con nhím vào XYZ ta có: YZ.ex + ZX.ey



+ XY.ez



= (4)
Từ (3) và (4) nên: XY = YZ = XZ

Hay  XYZ đều.

 Điều kiện đủ: chứng minh tương tự như điều kiện cần.

Như vậy điều kiện cần và đủ để ABC đều là XYZ đều.

Bài 11: ABCD ngoại tiếp đường tròn ( I ). Hai điểm E, F theo thứ tự là trung điểm của AC,

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Chứng minh:

gọi M, N, P, Q theo thứ tự là hình chiếu vuong
góc của I trên AB, BC,CD; x, y, z, t là khoảng
cách từ A, B, C, D tới các tiếp điểm tương ứng.
Tức là AM = AQ = x; BM = BN = y; CN = CP =
z; DP = DQ = t.

Áp dụng định lí con nhím cho ABCD ta có:

(x+y) + (y+z) + (z+t) + (t+x) =
Lại có: = +  (x+y) = y . + x.

Tương tự: (y+z) = y. + y.
(z+t) = t. + z.
(t+x) = x. + t.

 Y . + x. + z. + y. + t. + z. + x. + t. =
 (y+t) ( + ) + (x+z) ( + ) =

 (y+t).2 + (x+z). 2 =
 = -

 cùng phương với

 I, E, F thẳng hàng. (đpcm)

Bài 12: về phía ngồi ABC dựng các tam giác đồng dạng XBC, YCA, ZAB.chứng minh rằng

các tam giác ABC và XYZ có cùng
trọng tâm.

Chứng minh:

Gọi H, K, L theo thứ tự là hình
chiếu của X, Y, Z trên BC, CA, AB.
Gọi ea



, eb



, ec



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Vì các tam giác XBC, YCA, ZAB đồng dạng nên:
= = = m (1)

= = = n (2)
Từ (1) và (2) ta có:
+ +

= + + + + +
= m. + n.BC.ea



+ m. + n.CA.eb



+ m. + n.AB.ec



= m.( + + ) + n.( BC.ea



+CA.eb



+AB.ec



)
= n.( BC.ea



+CA.eb



+AB.ec



Mặt khác áp dụng định lí con nhím vào ABC ta có : BC.ea



+CA.eb



+AB.ec



 + + = .

Gọi G là trong tâm của ABC, ta có:
+ + =

 - + - + - =

 ( + + ) - ( + + ) =
 + + = ( vì + + = )

 G là trọng tâm của XYZ.

Như vậy các tam giác ABC và XYZ có cùng trọng tâm.

Bài 13: cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O;R) và AB = CD = EF. Về phía ngồi lục
giác ta dựng các tam giác đồng dạng MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA theo thứ tự cân tại M,

N, P, Q, R ,S. Gọi O1, O2 theo thứ tự là trọng

tâmcác tam giác MPR, NQS. Chứng minh rằng
O, O1, O2 thẳng hàng.

Chứng minh:

Gọi M’, N’, P’, Q’, R’,S’ lần lượt là trung
điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 + + =

 ( + + + + + ) =
 ( ) + ( + ) + ( + ) =
 + + =

 G là trọng tâm của S’N’Q’

Mà G là trọng tâm của M’P’R’

 M’P’R’ và lục giác M’N’P’Q’R’S’ có cùng trọng tâm.

(*)

Vì G là trọng tâm của M’P’R’ nên ta có:
+ + =