Chuyen De Dinh Li Con Nhim Va Ung Dung - 123doc

Chứng minh rằng AM ⊥ DE Chứng minh: Xét VAED có AB AC⊥⊥AE AD  Gọi vectơ là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng ra ngoài VAED.. Chứng minh: xét V ABC cân tại A và nội tiếp đường

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 vuông góc với

1

i i

A A+

uuuuur

(xem An+1 ≡A1), hướng ra phía ngoài đa giác Lúc đó ta có:

1 2 1 2 3 2 n 1 n 0

A A eur+A A euur+ +A A euur r=

Chứng minh:

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

Gọi (I) là đường tròn nội tiếp VABC , 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 y DC

z

−

= uuur uuur

Hay D chia vectơ uuurBC

theo tỉ số −z y Với I bất kì thì

1

y

z ID

z

a ID zIB y IC

+

uur uur uur uur uur

uur uur uur

Tương tự ta có:bIE xIC zIA

uur uur uur uur uur uur

⇒ uur+ uur+ uur uur= + +uur + +uur + = uur+ uur+ uur

Trong một tam giác nếu I là tâm đường tròn nội tiếp thìaIA bIB cICuur+ uur+ uur r= 0

aID bIE cIF

⇒ uur+ uur+ uur r=

Lấy các vectơ ID IE IFuur uur uur ; ;

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 ngoài tam giác A1An-1An

Vì định lí con nhím đúng với tam giác và (n-1) - giác nên

áp dụng tương ứng cho VA1An-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

− − −

−







uuur uur r r

ur uur uuuur r

⇒ 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 vuông góc với cạnh aiai+1( xem An+1 ≡A1), hướng ra ngoài đa giác và = aiai+1 thì :

+ +…+ = ( người ta còn gọi các vectơ là các lông nhím)

2. Một số bài tập ứng dụng:

Bài 1: cho VABC I là tâm đường tròn bàng tiếp ·ACB của tam giác Gọi M; N; P lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên BC; CA; AB Chứng minh rằng:

A/ a + b - c =

B/ a + b - c =

Chứng minh:

Xét VABCcó

Và hường vàoVABCnên ta chọn -

Áp dụng định lí con nhím cho VABC ta có:

A + b+ c(-)= hay a.+ b.- c.= (đpcm)

B/ ta có a + b - c = a.( + )+ b.( + )- c.( + )

= ( a + b - c ) + (a + b - c ) = a + b - c ( vì c/m (a) a + b - c = )

Lại có =

1

MB

MC MB MC

−

−

uuur uuur

a

−

uuur uuur

( 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 VABC có góc ·BAC nhọn Vẽ bên ngoài 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 VAED có AB AC⊥⊥AE AD



Gọi vectơ là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng ra ngoài VAED

Áp dụng định lí con nhím vào VAED ta có:

+ + ED.=

Lại có AD=AC và AB=AEVABE,VACD vuông cân tại A)

⇒ + + ED.=

⇔ 2 + ED.=

⇔ = ED

⇒ và cùng phương ⇒ AM ⊥ DE (đpcm)

Bài 3:choVABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D là trung điểm AB và G là trọng tâm của VACD Chứng minh rằng: OG ⊥ CD

Chứng minh: xét V ABC cân tại A và nội tiếp

đường tròn tâm O nên:

Gọi vectơ là vectơ vuông góc với DC, hướng ra

ngoài miền VACD 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 VABC 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 VXYZ Trên tia BA, CA theo thứ tự lấy

các diểm E, F sao cho BE=CF=BC Chứng minh rằng: IG

⊥ EF

Chứng minh: không mất tính tổng quát , giả sư r(I)=1

Dựng vectơ đơn vị vuông 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 VABCvuông tại A, gọi M là trung điểm của BC Lấy các điểm B1, C1 trên AB, AC sao cho AB.AB1=AC.AC1 Chứng minh rằng: AM ⊥ B1C1.

Chứng minh:

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

⇒ MN1⊥ AB, MN2 ⊥ AC

Gọi là vectơ đơn vị vuông góc với B1C1 và hướng ra phía ngoài 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 vuông 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 vuông góc vơi MN và hướng ra ngoài MNC

Áp dụng định lí con nhím vào MNC ta có:

0

− uuur+ uuur+ r r=

Lại có = +

⇒ - - + + MN.=

Mà = = tan·ABK= tan·CAD= = =

⇒ - + MN.= ⇒ cùng phương với ⇒ BM ⊥ MN (đpcm)

Bài 7: Cho VABC vuông tại A có

,

AB c AC b= = Tìm điểm D AC∈ sao cho

MN (P∈ MN)

Trong VAMN có

⊥







Áp dụng định lý Con nhím trong VAMN ta có:

MN BP AN BA AM BD 0

BP uuur+ BA uuur− BD uuur r= (1)

Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:

uuur uuur uuur

Nên từ (1) ta có

0 0

0

uuur uuur uuur uuur r

Do ta có: uuur uuur uuurBN =BP BA+ nên ta suy ra

2 2 2

2 2

2 2 2 2

a

c ac

c



⇔ 



−

Trường hợp nếu b2 − 2c2 < 0 thì N nằm ngoài A và N, ta là tương tự

Bài toán được giải quyết

Bài 8:Tìm tất cả những điểm N trong VABC thỏa mãn: uuur uuuur uuuur rNA1 +NB1 +NC1 = 0, trong đó A B C1 , , 1 1 lần

lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB

Gọi e e eur uur ur1, ,2 3

Áp dụng định lý Con nhím cho VABC, ta có

1 2 3

0

0

ur uur uur r

uuur uuuur uuuur r

Do N thỏa mãn uuur uuuur uuuur rNA1 +NB1 +NC1 = 0 nên ta có:

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 SVAN B1 = SVAN C1

Gọi A' là giao của đường phân giác góc A với BC

Từ SVAN B1 =SVAN C1

.sin sin

.sin sin

.AA'.sin ' AA'.sin '

AA' AA'

Suy ra A' là trung điểm của BC

Hay AA’ là đường trung tuyến của VABC, 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 toán 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 thẳng đối xứng với MA, MB, MC lần lượt qua các đường phân giác của các góc A, B, C đồng quy tại điểm M’ thoả mãn:

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

Bài 9: cho VABCvà điểm O nằm trong tam giác Gọi A1; B1; C1 theo thứ tự là hình chiếu vuông

góc của O lên BC;CA;AB Trên các tia

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

O là trọng tâm của VA2B2C2

Chứng minh: đặt euura

= 2 2

OA OA

uuuur

2

b

OB e OB

=

uuuur uur

2

c

OC e OC

=

uuuur ur

Suy ra: = OA2 euura

= BC euura

= OB2 euurb

= CA euurb

OC2 = OC2 eurc

= AB eurc

Áp dụng định lí con nhím cho VABCta lại có:

BC euura

+ CA euurb

+ AB eurc

=

⇒ + + = ⇒ O là trọng tâm của VA2B2C2

(đpcm)

Ta có thể mở rộng bài toán trên cho một đa

lượt là hình chiếu vuông góc của O trên Lấy các điểm A1 '',A2 '', ,A n'' lần lượt thuộc các tia OA OA1 ', 2 ', ,OA n' sao cho OA1 '' =A A OA1 2 , 2 '' =A A2 3 , ,OA n'' =A A n 1 Khi đó ta có O là trọng tâm của

đa giác A A A1 2 n

Bài 10: cho VABC và VXYZ 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 VABC đều ⇔ VXYZ đều

Chứng minh:

 Điều kiện cần

Gọi euura

, euurz

, euurb

, euurx

, eurc

, euury

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

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

MN euura

+ NP euurz

+PQ euurb

+QR euurx

+RS.eurc

+SM euury

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

a

e

uur

+ euurz

+ euurb

+ euurx

+ eurc

+ euury

= (1) Mặt khác áp dụng định lí con nhím cho VABC đều ta có:

BC euura

+ AC euurb

+ AB eurc

=

⇔ BC.( euura

+ euurb

+ eurc

) =

⇔ euura

+ euurb

+ eurc

= (2)

Từ (1) và (2) ta có: euurx

+ euury

+ euurz

= (3)

Áp dụng định lí con nhím vào VXYZ ta có: YZ.euurx

+ ZX.euury

+ XY.euurz

= (4)

Từ (3) và (4) nên: XY = YZ = XZ

Hay V XYZ đều

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

Như vậy điều kiện cần và đủ để VABC đều là VXYZ đều

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

BD Chứng minh rằng I, E, F thẳng hàng

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 ngoài 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 euura

, euurb

, eurc

là các vectơ đơn vị, hướng ra ngoài ABC và theo thứ tự

cuông góc với BC, CA, AB

Vì các tam giác XBC, YCA, ZAB đồng dạng nên:

= = = m (1)

= = = n (2)

Từ (1) và (2) ta có:

+ +

= + + + + +

= m + n.BC.euura

+ m + n.CA.euurb

+ m + n.AB.eurc

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

+CA.euurb

+AB.eurc

)

= n.( BC.euura

+CA.euurb

+AB.eurc

)

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

+CA.euurb

+AB.eurc

=

⇒ + + =

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 ngoài 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

Gọi G là trọng tâm của M’R’P’.

⇒ + + =

⇔ ( + + + + + ) =

⇔ ( ) + ( + ) + ( + ) =

⇔ + + =

⇔ 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:

+ + =

⇔ 3 + ( + + ) =

⇔ 3 + + + =

Lại có AB = CD= EF và các tam giác MAB, PCD, REF đồng dạng nên:

= = = k

⇒ 3 + k.( + + ) =

⇔ 3 + 3k = ( vì O1 là trọng tâm của MPR)

⇒ cùng phương với hay G, O, O1 thẳng hàng (1)

Mặt khác áp dụng định lí con nhím vào lục giác M’N’P’Q’R’S’ ta có:

+ + + + + =

Mà các tam giác MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA đồng dạng nên: = = = = =

⇒ + + + + + =

Từ (*) ta cũng có: + + + + + =

⇒ + + + + + =

⇔ ( + + ) + ( + + ) =

⇔ 3 + 3 = ( Vì O1, O2 là trọng tâm của các tam giác MPR và NQS )

⇒ cùng phương với hay G, O1, O2 thẳng hàng (2)

Từ (1) và (2) ⇒ O, O1, O2 thẳng hàng.