Định lý Con nhím và ứng dụng trong giải toán hình học phẳng
Trần Mạnh Sang
1. Mục tiêu
Sau bài này, học sinh cần nắm được a. Kiến thức: Biết định lý Con nhím và cách chứng minh định lý. b. Kĩ năng: Biết vận dụng định lý trong việc giải một số bài toán hình học phẳng, đặc biệt là chứng minh hai đường thẳng vuông góc.
2. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh
a. Giáo viên: Chuẩn bị giáo án, một số bài tập cho học sinh. b. Học sinh: Ôn lại định nghĩa và tính chất của vecto, các phép toán: Cộng, trừ vecto, nhân vecto với một số, các quy tắc tìm tổng hai vecto.
3. Dự kiến phương pháp giảng dạy Vấn đáp, gợi mở, trực quan, thuyết trình.
và điểm M thuộc cạnh BC.
(cid:0)
4. Tiến trình dạy học. Thực hiện bài học trong 4 tiết. Tiết 1. Có nhiều bài toán hình học phẳng mà nếu giải theo phương pháp hình học thuần thúy thì sẽ rất khó khăn. Tuy nhiên, khi sử dụng công cụ vecto thì việc giải quyết bài toán trở lên đơn giản. Một trong các định lý về vecto có ứng dụng lớn là định lý Con nhím. Chúng ta cùng nghiên cứu định lý Con nhím và các ứng dụng của nó. Trước hết chúng ta cùng nhắc lại một số kiến thức về vecto: Định nghĩa , phép cộng , trừ hai vecto, nhân vecto với một số, các quy tắc hình bình hành, quy tắc 3 điểm. Ta đến với hai kết quả quan trọng sau: 1.Cho ABC Khi đó ta có:
AM
. AB
. AC
A
MC BC
MB BC
N
suy ra
AN . AB
Chứng minh Kẻ MN song song với AB Theo định lý Talet, ta có:
NM . AC AB . . AC AN AB MN AC MC BC MB BC
C
B
M
. AB
. AC
MC BC
MB BC
AN MC AB BC MN MB BC AC Ta có: AM AN NM
,
,
BC a CA b AB c
với
. Điểm I là tâm đường tròn nội tiếp của tam
(cid:0)
.
0 aIA bIB cIC
A
'
M
B'
N
C'
I
B
A'
C
b a
IC
.
2.Cho ABC giác. Khi đó: Chứng minh Kẻ phân giác AA’, BB’, CC’ lần lượt của góc A, B, C. Việc tính tổng của nhiều vecto, chúng ta thường có bước tổng hợp từng cặp vecto. Ta dựng hình bình hành ANIM sao cho C’ thuộc IN và B’ thuộc IM. Khi đó AI AM AN Áp dụng định lý Talet ta có AB c AM AB B C CB a IC ' AC b AC AN ' C B CB a IB ' Hay AM Suy ra c IB AI a aIA bIB cIC
IC IB AN c a b a
0
.
(cid:0)
A
0
Chúng ta đến với bài toán sau: , tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt Bài toán: Đường tròn tâm I nội tiếp ABC tại M, N, P. Chứng minh rằng: aIM bIN cIP Chứng minh Ta có biến đổi: aIM bIN cIP
N
P
a IA AM b IB BN aIA bIB cIC
I
AC
BC
AB
b
a
BA
C
B
M
MC a
MB a
CN b
AN b
c IC CP a AM bBN cCP a AM bBN cCP
CB
c
BP c
AP c
CA
AN AP BC
BP MB CA
.
MC CN AB 0 Ta có điều phải chứng minh.
Chúng ta cùng đến với kết quả chính của phần này Định lý Con nhím:
n
Cho đa giác lồi
là vecto đơn vị vuông góc với
( xem
iA A 1 i
A A A và 2... n 1
1ie
i ) và hướng ra ngoài đa giác. Khi đó ta có đẳng thức:
...
0
.
A 1 A A e 2 1 1
A A e 3 2 2
A A e n 1 n
nA 1 Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp.
k
k
1
1
1
A A A .
kA A và hướng ra ngoài tam giác
k
k
1
0
k
k
k
k
k
A A A ta 2... 1
) 0
...
A A e 3 2 2
A A e ( 1
A A e 1 k 1
k
k
k
A_ k+ 1
A_ k
A_ 1
...
0
A A e 1 k 1 1
A A e k 1 k
A A e 3 2 2
k
k
A_ 2
(cid:0)
. Hạ
Với n=3, ta xét định lý trong tam giác ABC. Định lý đúng do bài toán trên. Giả sử định lý đúng với n=k, ta xét với n=k+1. là vecto đơn vị vuông góc với Gọi e A A A , ta có: Trong tam giác 1 A A e A A e A A e k 1 k 1 1 1 1 Theo giả thiết quy nạp, trong đa giác có A A e 2 1 1 Suy ra A A e 1 2 1 Vậy định lý được chứng minh. Chúng ta đến với một số bài tập áp dụng. Bài 1: Với J là một điểm bất kỳ trong ABC JM, JN, JP vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
.
JM
JN
JP
0
a JM
b JN
c JP
có cùng độ lớn thì ta có hệ thức:
,
,
IM IN IP
.
0
aJM bJN cJP
của tam giác. Gọi M, N, P lần
(cid:0)
, I là tâm đường tròn bàng tiếp ACB
0 aIM bIN cIP aIA bIB cIC 0
Bài tập 1 là một bài tập đơn giản, nhận mạnh với chúng ta rằng, vecto xét ở đây là vecto đơn vị. Từ hệ thức trên ta thấy, nếu các vecto Bài 2: Cho ABC lượt là hình chiếu vuông góc của I trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng: a. b. Chứng minh.
C
P
A
B
, có
Bài tập 2 nhấn mạnh cho chúng ta một điều: Vecto đơn vị có hướng ra ngoài đa giác. a. Xét ABC
M
(cid:0) AB
N
IM BC
I
IP IN IM
IP IN AC
. Áp dụng định lý con nhím
)
c IP PC (
)
)
(
Và có IP hướng vào trong tam giác, ta phải chọn IP , ta có: cho ABC (cid:0) 0 aIM bIN cIP b. 0 aIA bIB cIC Ta có: aIA bIB cIC a IM MA b IN NB ( aMA bNB cPC Ta có: AB
AM
AC
BM CM
CB CM
AC
AM
AB
AC
AB
BM CB
CM CB
BM a
CM a
BC
BA
Tương tự ta có: AN BN b
CN b
)
(
.
. AN BC CN BA )
.
. AP CB BP CA )
.
(
BM AC CM AB . .
(cid:0)
không đều, BC là cạnh nhỏ nhất. Đường tròn nội tiếp tâm I của tam
A
(cid:0)
.
e
E
F
Y
Vậy aMA bNB cPC ( 0 Chúng ta kết thúc bài toán. Tiết 2. Bài 3: Cho ABC giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, . Trên các tia BA, CA lấy các Z. G là trọng tâm của XYZ điểm E, F sao cho: BE=CF=BC. Chứng minh rằng: IG EF Chứng minh Với những bài toán sử dụng vecto để chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau, ta thường chứng minh một vecto có giá là một trong hai đường cùng phương với một vecto vuông góc với đường còn lại.
Z
G
I
C
X
B
là vecto vuông góc với EF, có độ dài bằng IX và hướng ra phía ngoài tứ giác
.IX BC Gọi e BCFE Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác BCFE, ta có BC EF.e 0 EF.e 0.
.
EF
(cid:0)
có góc A nhọn. Vẽ bên ngoài các tam giác vuông cân đỉnh A là ABD
D
AB
AD
là vecto đơn vị vuông góc với ED và
ta có:
E
A
. AC ED e
AB
0
AE AC
và AD=AB
0 0
C
B
M
, suy ra AM DE.
(cid:0)
cân tại A, nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là trung điểm của AB và
. Chứng minh
A
(cid:0) .
(cid:0)
, có
Nhận thấy , trong ADC
AC
G
D
E
OD AB OE OD OE
O
Vậy ta có thể áp dụng định con nhím cho (cid:0)
ABC
v
C
B
FC IY EB IZ . . IX IY IZ 3. EF.e 0 BC IG . cùng phương với e Hay IG Suy ra IG Nhận thấy, với phương pháp vecto, chúng ta không cần thiết phải xác định điểm G trên hình vẽ mà vẫn giải quyết được bài toán. Chúng ta đến với một số bài tập tương tự. Bài 4: Cho ABC và ACE. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM DE. Chứng minh Xét trong tam giác EAD, ta có: AC AE Gọi e hướng ra phía ngoài tam giác EAD. Áp dụng định lý con nhím trong EAD(cid:0) AD AB Do ta có hai tam giác ABD và ACE cân tại A nên AE AC Vậy ta có: . AB AC ED e AM ED e 2 . Hay AM cùng phương với e Bài 5: Cho ABC G là trọng tâm ACD rằng: OG CD Chứng minh Gọi E là trung điểm của đoạn AC
vuông góc với DC, có hướng ra phía ngoài miền tam giác ADC và có độ lớn
(cid:0)
, ta có:
0
. . AD OD AC OE DC v
0
.
. . AC OD AC OE DC v
0
. AC OD
. AC OA OC DC v
Gọi vecto v bằng OD. Áp dụng định lý con nhím cho ABC
1 2
0
. AC OD OA OC DC v
0
.
, hay OG CD
.
A
B
M
và BC NC
K
C
N
(cid:0)
.
D
cùng phương với v
. 1 2 1 2 1 2 3 . . AC OG DC v 2 Suy ra OG Ta nhận thấy, muốn ứng dụng phương pháp vecto vào việc chứng minh 2 đường thẳng vuông góc thì chúng ta phải gắn được một đường vào cạnh của một đa giác. Ta đến với bài toán tiếp theo. 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 Bài toán đưa ra yêu cầu chứng minh . Ta xem xét để tìm ra được một BM MN đa giác chứa một trong hai đường và chúng ta có thể áp dụng định lý con nhím cho đa giác đó. , vậy ta Nhận thấy, BK MC có thể áp dụng định lý con nhím cho MNC . (cid:0) Gọi e là vecto đơn vị vuông góc với MN và có hướng ra phía ngoài của MNC Áp dụng định lý con nhím cho tam giác MNC, ta có
(1)
BK
. BC MN e
0
MC BK
BK
BC
Ta phải tính
theo MB
.
Nhận thấy
NC BC MC BK BK
NC BC BM
BC
KM MC
KC MC Kết hợp với (1), ta có KM MC
BM BC . BC MN e 0
BM NC BC BC . BC MN e 0 NC BC
. BC MN e 0 MC KC BK MC MC KC BK MC KC BM BK KM BK MC KM BK MC NC BC BC
cot
BAC
Ta có:
AK BK
2 MK BK
AB BC
2 NC BC
0
KC BK
.
, hay BM MN
cân tại A.H là trung điểm BC,
(cid:0)
A
.
, có
AH BH
AD HD
cùng phương với e
là vecto đơn vị vuông góc với BD, hướng ra
D
M
C
H
B
. Tìm mối liên hệ giữa a, b, h sao cho:
b
,
A
B
a
.
(cid:0)
h
M
E
AD
BD AC
F
D
H
b
C
BH DH
BA
AC BD
BH
DC BH
Hay MK NC BK BC Vậy ta có . BM MN e Suy ra BM Tiết 3. Bài 7: Cho hình vuông ABCD. Các điểm M, N thuộc các cạnh BA, BC saho cho BM=BN. H là hình chiếu vuông góc của B trên CM. Chứng minh rằng DH HN Bài 8: Cho ABC D là hình chiếu của H trên AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh rằng: AM BD Ta xét trong BHD(cid:0) e ngoài. Bài 9: Cho hình thang vuông ABCD, đường cao AD h , cạnh đáy AB a CD b a a. AC BD b. BD AM, trong đó M là trung điểm của BC. với I là trung điểm AD c. BD CI d. AC BI Giải a. Xét trong ADC Có AB Theo định lý Con nhím, có AD 0 BD BA Ta có nhận xét: BD BA BH Suy ra:
AD AC DC BD BH BA Hay
2
2
h
b
2
2
h a
b h
h
a
2 h
ab
2
Bài toán này cho ta điều kiện để hai đường chéo của hình thang vuông vuông góc với nhau, đó là : Bình phương đường cao bằng tích của hai đáy. b. BD AM Câu b, chúng ta áp dụng câu a để giải toán. Tuy nhiên ta phải tìm được một hình thang vuông có hai đường chéo lần lượt song song hoặc trùng với hai đường thẳng BD và AM. Kẻ HE song song với AM và cắt BD tại E. Khi đó, tứ giác DEBH là hình thang vuông có hai đường chéo là BD và HE. Ta có BD AM Theo câu a, ta có:
BD HE DH 2 a
DE HB . DE h . 2
h
a .
a .cot
EHD
a DE
a DE
Kẻ AM cắt DC tại F, dễ thấy ABFC là hình bình hành nên CF a .
Suy ra
cot
EHD
cot
AFD
a b h
Vì thế
h
a
2 h
a a b
(
)
a b h
AB c AC b ,
sao cho BD AM
(cid:0)
. Tìm điểm D AC
vuông tại A có (cid:0)
P
B
M
BP MN
BD AM
có
Trong AMN (cid:0)
C
A
BA AN
D
N
Câu c và d chúng ta làm tương tự. Bài toán đã được giải quyết. Bài 10: Cho ABC với AM là trung tuyến của ABC Giải. Ta dựng một tam giác có một cạnh là một trong hai đường, sau đó áp dụng định lý Con nhím cho tam giác đó. Dựng tam giác AMN, với N là hình chiếu của M trên AC. Kẻ BP MN .
(cid:0)
(1)
BD
BP
BA
0
Áp dụng định lý Con nhím trong AMN ta có: MN BP
AM BD
AN BA
Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:
BD
BN
BA
DN AN
AD AN
Nên từ (1) ta có MN BA BP
BP BN BA 0 AM AD BD AN
BP BA BN 0 AM DN BD AN AN AM AD BD AN BA AM DN BD AN
AD DN MN BP BP BA BN 0 c b 2 2 a BD b 2 a BD b
AD DN 2 a BD b b c 2 c b 2 2 nên ta suy ra a 2 BD b 2 AN BA b c 2 Do ta có: BN BP BA
BD DN a c
2
2
AD BD
2
2
0
thì N nằm ngoài A và N, ta là tương tự.
(cid:0)
,B C trên 1 1
. Chứng minh rằng:
AC AC . 1
vuông tại A, gọi M là trung điểm của BC. Lấy các điểm AB AB . 1
AM B C 1 1
B
AD DN b
B AC , có 1 1
AC MN
1
2
B1
M
1
N1
,N N lần lượt là trung điểm của
2
1 1B C và
A
N2
C
C1
là vecto đơn vị vuông góc với B AC . 1
1
ac 2 b c 2 2 2 c c 2 22 2 Trường hợp nếu c b Bài toán được giải quyết. Bài 11: Cho ABC AB, AC sao cho Chứng minh Ta dựng một tam giác có một cạnh là một trong hai đường trên. Xét tam giác
0 B C e 1 1 MN 2 AC 1 MN
AB MN 1 Ở đây 1 ,AB AC . Gọi e hướng ra phía ngoài tam giác Áp dụng định lý Con nhím cho tam giác B AC ta có: 1 1 AB 1 MN 1 MN 1 AB 2 1 AC Do đề bài có:
nên ta có
2 AC 2 1 AB AB AB . 1
AC AC . 1
0 B C e 1 1 MN 2 MN 1
0
B C e 1 1
MN MN 2 1
0
MA B C e
1
1
.
, hay
AM B C 1 1
C
z
M
t
cùng phương với e
B
z
IM IC IB z t t
t
E
IN ID IC y z z
I
Q
N
F
ID IP IA y x x
x
y
A
x
P
y
0
y
D
x
y
z
t
y IA IQ IB
2 AB 1 AC AB 2 1 AC Suy ra MA Tiết 4. Bài 12: Cho I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD. Gọi E, F là trung điểm của AC, BD. Chứng minh rằng: I, E, F thẳng hàng. Chứng minh Ta có kí hiệu như hình vẽ. Ta có nhận xét sau: z t z z y y y x x t x t x t Áp dụng định lý Con nhím cho tứ giác ABCD, ta có: z IM z y IN t IA IC
x IP IB ID
x t IQ 0
z
x
y
2
IF 0
hay I, E, F thẳng hàng.
t IE cùng phương với IF
B2
, điểm O ở trong miền tam A B C lần lượt là hình chiếu 1
1 BC CA AB . Lấy các
,
,
A
,
A B C lần lượt thuộc các tia 2
2
,
B1
b OC ,
c
C2
1 a OB , 2
2
C1
O
. Chứng minh rằng: A B C . 2 2
2
C
B
A1
2
2
2 Suy ra IE Bài 13: Cho ABC (cid:0) giác. Các điểm , , 1 vuông góc của O trên điểm , 2 OA OB OC sao cho , 1 1 OA 2 O là trọng tâm của tam giác Chứng minh Theo hình học thuần túy, để chứng minh O là trọng tâm của tam giác A B C là không đơn 2 giản. Chúng ta cùng đến với phương pháp vecto để giải bài toán trên.
A2
A B C , ta cần chứng minh 2
2
2
.
0
OC 1
OC 2 OC 1
a .
b .
c .
Muốn chứng minh O là trọng tâm của tam giác OA OB OC 2 2 2 Thật vậy, ta có OA OB OC 2 2 2 OA OB 2 2 OA 1 OA OB 1 1 OB OA 1 1 OB OA 1 1
OB 1 OC 1 OC 1
0
).
(cid:0)
2
A B C . 2 2
',...,
2... n
,...,
2
. Khi
',...,
''
OA OA ', 1 2
A lần lượt A A ', 'n 2 1 A A . Lấy các điểm A lần A A '', '',..., ''n n 2 1 A A OA A A ''n ,..., '' n 2 3 1
1 A A OA , 1 2 2
( do định lý Con nhím trong ABC Vậy O là trọng tâm của tam giác Bài toán có thể được mở rộng đối với một đa giác lồi bất kỳ. A A A , điểm O ở trong miền đa giác. Các điểm Cho đa giác lồi 1 là hình chiếu vuông góc của O trên A A A A , 3 1 2 lượt thuộc các tia OA sao cho OA 'n 1 A A A . đó ta có O là trọng tâm của đa giác 2... n 1
A1'
A2
A1
A2'
A4'
O
A4
A3
A3'
0
thỏa mãn:
, trong đó
(cid:0)
,
,
Bài 14: Tìm tất cả những điểm N trong ABC NA NB NC 1 1 1 A B C lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB. 1
1
1
lần lượt
,
,
1
NA NB NC 1
(cid:0)
.
A
,
e e e , 2 3
B1
. Áp dụng định lý Con nhím cho
C1 N' N
0
Chứng minh Nhận thấy, các vecto 1 vuông góc với 3 cạnh của tam giác, vì thế ta có thể áp dụng định lý Con nhím trong ABC Gọi 1 lần lượt là các vecto đơn vị vuông góc với các cạnh BC, CA, AB và hướng ra phía ngoài ABC (cid:0) , ta có (cid:0) be 2 NA 1
0 NB 1
NC 1
ABC ae 1 a NA 1
ce 3 b NB 1
c NC 1
nên ta có:
0
(Trực chuẩn hóa các vecto) Do N thỏa mãn NA NB NC 1 1 1 c b NC NB 1 1
a NA 1
1N đối xứng với N qua đường phân giác góc A, khi đó ta có 1NC , 1NB .
1N đến AC bằng 1N đến AB bằng
Lấy Khoảng cách từ Khoảng cách từ Suy ra
S
(cid:0)
S (cid:0)
AN B 1
AN C 1
'A là giao của đường phân giác góc A với BC.
Gọi Từ S
CAN 1
(cid:0)
AN B 1 . c NA 1 c .sin
.sin
.
'
'
CAA
S (cid:0) AN C 1 BAN b NA .sin 1 1 CAN b BAN .sin 1 1 .AA'.sin BAA b S
(cid:0)
C
(cid:0)
, vậy N thuộc đường thẳng đối xứng với AA’
c .AA'.sin S (cid:0) AA' B AA' Suy ra 'A là trung điểm của BC. Hay AA’ là đường trung tuyến của ABC 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.
A1 A' B C
