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 A 1 A 2 …A n.[r]
(1)Sở GD-ĐT Đăk Lăk
Trường THPT chuyên Nguyễn Du
ĐỀ TÀI: ĐỊNH LÍ CON NHÍM VÀ ỨNG DỤNG
1 Định lí nhím :
Phát biểu: cho đa giác lồi A1A2…An vectơ đơn vị ei (1 i n) theo thứ tự vng góc với
1 i i A A
(xem An+1A1), hướng phía ngồi đa giác Lúc ta có:
1 2 n n A A e A A e A A e
Chứng minh:
+ xét trường hợp n=3, đa giác tam giác, đặt ABC
Gọi (I) đường tròn nội tiếp ABC , tiếp xúc với cạnh BC, AC, AB D; E; F Đặt AE=AF=x; BF=BD=y; CD=CE=z
Như ta có: y+z=a; z+x=b; x+y=z
Vì DBC, DB=y; CD=z nên DB yDC z
Hay D chia vectơ BCtheo tỉ số y z
Với I
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 tam giác I tâm đường trịn nội tiếp thìa IA bIB cIC 0
(2)0 aID bIE cIF
Lấy vectơ ID IE IF ; ; vectơ thì suy định lí nhím với n=3
+ giả sử định lí nhím với (n-1)- giác lồi( n4) (2)
Dựng vectơ đơn vị vng góc với anan-1, hướng phía
ngồi tam giác A1An-1An
Vì định lí nhím với tam giác (n-1) - giác nên áp dụng tương ứng cho A1An-1An (n-1) - giác A1A2…
An-1, ta có:
1 1 1
1 2 1
( )
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 định lí nhím với n-giác lồi Vậy theo nguyên lí quy nạp định lí nhím với đa giác lồi
Cách phát biểu khác định lí nhím: cho đa giác lồi A1A2…An Gọi vectơ ( 1in)
vectơ vng góc với cạnh aiai+1( xem An+1 A1), hướng đa giác = aiai+1 :
+ +…+ = ( người ta cịn gọi vectơ lơng nhím)
2 Một số tập ứng dụng:
Bài 1: cho ABC I tâm đường tròn bàng tiếp ACB tam giác Gọi M; N; P hình
chiếu vng góc I lên BC; CA; AB Chứng minh rằng: A/ a + b - c =
B/ a + b - c =
Chứng minh:
Xét ABCcó
Và hường vàoABCnên ta chọn -
Áp dụng định lí nhím cho ABC ta có: A + b+ c(-)= hay a.+ b.- c.= (đpcm) B/ ta có a + b - c = a.( + )+ b.( + )- c.( + )
(3)= a + b - c ( c/m (a) a + b - c = ) Lại có =
1 MB
AB AC
MC MB MC
=MC AB MB AC a
( M chia theo tỉ số ) a = - ( MC - MB )
Tương tự : b = - ( NC - NA )
Và c = - ( PA + PB ) ( P chia theo tỉ số )
a + b - c = - ( MC - MB ) - ( NC - NA )+ ( PA + PB )
= ( NC - MC) + ( NA - PA) + (PB - MB) = + + 0= (đpcm)
Bài 2: cho ABC có góc BAC nhọn Vẽ bên ngồi tam giác tam giác vuông cân đỉnh A ABE ACD M trung điểm BC Chứng minh AM DE
Chứng minh:
Xét AED có AB AE AC AD
Gọi vectơ vectơ đơn vị vng góc với ED hướng ngồi AED
Áp dụng định lí nhím vào AED ta có: + + ED.=
Lại có AD=AC AB=AEABE,ACD vuông cân
A)
+ + ED.= + ED.= = ED
phương AM DE (đpcm)
(4)Chứng minh: xét ABC cân A nội tiếp đường tròn tâm O nên:
Gọi vectơ vectơ vng góc với DC, hướng ngồi miền ACD có độ lớn OD=OE
Áp dụng định lí nhím ta có: AD + AC + CD =
AB + AC.( + ) + CD =
AC + AC.( + ) + CD.= AC.( + + ) + CD = AC = - CD
=
phương với OG DC (đpcm)
Bài 4: cho ABC không BC cạnh nhỏ nhât.đường tròn nội tiếp (I) tam
giác theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB
X,Y,Z Gọi G trọng tâm XYZ Trên tia BA, CA theo thứ tự lấy diểm E, F cho BE=CF=BC Chứng minh rằng: IG EF
Chứng minh: khơng tính tổng quát , giả sư r(I)=1
Dựng vectơ đơn vị vng góc với EF
Áp dụng định lí nhím cho tứ giác EBCF ta có:
EB + BC + CE + EF =
BC( + + )= -EF 3BC = -EF = phương với
IG EF
Bài 5: cho ABCvuông A, gọi M trung điểm BC Lấy điểm B1, C1 AB, AC cho
(5)Chứng minh:
Gọi N1, N2 trung điểm AB, AC
MN1 AB, MN2 AC
Gọi vectơ đơn vị vng góc với B1C1 hướng phía ngồi B1AC1
Áp dụng định lí nhím vào B1AC1 ta có:
+ + B1C1 =
+ + B1C1 =
Lại có AB.AB1 = AC.AC1 = ( + ) + B1C1 =
+ B1C1 =
phương với MA B1C1 (đpcm)
Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD K hình chiếu vng góc B AC M, N trung điểm AK CD Chứng minh rằng: BM MN
Chứng minh:
Gọi vectơ đơn vị vng góc vơi MN hướng ngồi MNC
Áp dụng định lí nhím vào MNC ta có:
MC NC
BK BC MN e
BK BC
Lại có = +
- - + + MN.=
Mà = = tanABK = tanCAD = = =
- + MN.= phương với BM MN (đpcm)
Bài 7: Cho ABC vuông A có
,
AB c AC b Tìm điểm D AC cho
BDAM với AM trung tuyến ABC
Gọi N hình chiếu M AC, kẻ BP
(6)Trong AMN có BP MN BD AM BA AN
Áp dụng định lý Con nhím AMN ta có:
MNBP AN BA AM BD BP BA BD
(1) Bên cạnh đó, D nằm A N thì:
DN AD
BD BN BA
AN AN
Nên từ (1) ta có
0
2
0
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: BNBP BA nên ta suy
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 b2 2c20 N nằm ngồi A N, ta tương tự. Bài toán giải
Bài 8:Tìm tất điểm N ABC thỏa mãn: NA1 NB 1 NC1 0, A B C1, 1, chân đường vng góc hạ từ N xuống BC, CA, AB
Gọi e e e1, ,2
vecto đơn vị vng góc với
các cạnh BC, CA, AB hướng phía ngồi ABC
(7)1
1 1
1 1
0
0 ae be ce
a b c
NA NB NC
NA NB NC
Do N thỏa mãn NA1NB1NC1 0
nên ta có:
1 1
a b c
NA NB NC
Lấy N1 đối xứng với N qua đường phân giác góc A, ta có Khoảng cách từ N1 đến AC NC1,
Khoảng cách từ N1 đến AB NB1 Suy SAN B1 SAN C1
Gọi A' giao đường phân giác góc A với BC Từ SAN B1 SAN C1
1 1
.sin sin
c NA BAN b NA CAN
1
.sin sin
.AA'.sin ' AA'.sin '
c BAN b CAN
c BAA b CAA
AA' AA'
B C
S S
Suy A' trung điểm BC
Hay AA’ đường trung tuyến ABC, N thuộc đường thẳng đối xứng với AA’ qua đường
phân giác góc A
Tương tự ta có: N giao đường đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác góc
Bài tốn giải
Điểm N gọi điểm đối trung ABC điểm Lemoine thoả mãn hệ thức
vectơ:
A2 + b2 + c2 = ( a, b, c số đo cạnh tam giác)
Tổng quát hơn: cho M tâm tỉ cự hệ điểm {A, B, C} với hệ số {x, y, z} đường
(8)+ + = M’ gọi điểm liên hợp đẳng giác diểm M ABC
Bài 9: cho ABCvà điểm O nằm tam giác Gọi A1; B1; C1 theo thứ tự hình chiếu vng góc O lên BC;CA;AB Trên tia
OA1;OB1;OC1 theo thứ tự lấy điểm A2;B2;C2
cho OA2=BC; OB2=AC; OC2=AB Chứng minh
O trọng tâm A2B2C2
Chứng minh: đặt ea
= 2 OA OA
;
2 b
OB e
OB
;
2 c
OC e
OC
Suy ra: = OA2 ea
= BC ea
= OB2 eb
= CA eb
OC2 = OC2 ec
= AB ec
Áp dụng định lí nhím cho ABCta lại có: BC ea
+ CA eb
+ AB ec
=
+ + = O trọng tâm A2B2C2 (đpcm)
Ta mở rộng toán cho đa
giác lồi bất kì: Cho đa giác lồi A A A1 n, điểm O
ở miền đa giác Các điểm A A1', 2', ,An' hình chiếu vng góc O
1 2, 3, , n
A A A A A A Lấy điểm A1'',A2'', , An'' lần
lượt thuộc tia OA OA1', 2', ,OAn' cho 1'' 2, 2'' 3, , n'' n
OA A A OA A A OA A A Khi ta có
(9)Bài 10: cho ABC XYZ Đoạn BC theo thứ tự cắt đoạn XZ, XY M, N; đoạn CA
theo thứ tự cắt đoạn YX, YZ P, Q; đoạn AB theo thứ tự cắt đoạn ZY, ZX R, S Giả sử MN = NP = PQ = QR= RS = SM Chứng minh ABC XYZ
Chứng minh:
Điều kiện cần
Gọi ea
, ez
, eb
, ex
, ec
, ey
vectơ đơn vị hướng lục giác MNPQRS vng góc với canh MN, NP, PQ, QR, RS, SM
Áp dụng định lí 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 nhím cho ABC ta có:
BC ea
+ AC eb
+ AB ec
=
BC.( ea
+ eb
+ ec
) =
ea
+ eb
+ ec
= (2) Từ (1) (2) ta có: ex
+ ey
+ ez
= (3)
Áp dụng định lí nhím vào XYZ ta có: YZ.ex + ZX.ey
+ XY.ez
= (4) Từ (3) (4) nên: XY = YZ = XZ
Hay XYZ
Điều kiện đủ: chứng minh tương tự điều kiện cần
Như điều kiện cần đủ để ABC XYZ
Bài 11: ABCD ngoại tiếp đường tròn ( I ) Hai điểm E, F theo thứ tự trung điểm AC,
(10)Chứng minh:
gọi M, N, P, Q theo thứ tự hình chiếu vuong góc I AB, BC,CD; x, y, z, t khoảng cách từ A, B, C, D tới tiếp điểm tương ứng Tức AM = AQ = x; BM = BN = y; CN = CP = z; DP = DQ = t
Áp dụng định lí 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) = = -
phương với
I, E, F thẳng hàng (đpcm)
Bài 12: về phía ngồi ABC dựng tam giác đồng dạng XBC, YCA, ZAB.chứng minh
các tam giác ABC XYZ có trọng tâm
Chứng minh:
Gọi H, K, L theo thứ tự hình chiếu X, Y, Z BC, CA, AB Gọi ea
, eb
, ec
(11)Vì tam giác XBC, YCA, ZAB đồng dạng nên: = = = m (1)
= = = n (2) Từ (1) (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 nhím vào ABC ta có : BC.ea
+CA.eb
+AB.ec
=
+ + =
Gọi G tâm ABC, ta có: + + =
- + - + - =
( + + ) - ( + + ) = + + = ( + + = )
G trọng tâm XYZ
Như tam giác ABC XYZ có trọng tâm
Bài 13: cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O;R) AB = CD = EF Về phía ngồi lục giác ta dựng tam giác đồng dạng MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA theo thứ tự cân M,
N, P, Q, R ,S Gọi O1, O2 theo thứ tự trọng
tâmcác tam giác MPR, NQS Chứng minh O, O1, O2 thẳng hàng
Chứng minh:
Gọi M’, N’, P’, Q’, R’,S’ trung điểm AB, BC, CD, DE, EF, FA
(12) + + =
( + + + + + ) = ( ) + ( + ) + ( + ) = + + =
G trọng tâm S’N’Q’
Mà G trọng tâm M’P’R’
M’P’R’ lục giác M’N’P’Q’R’S’ có trọng tâm
(*)
Vì G trọng tâm M’P’R’ nên ta có: + + =
+ ( + + ) = + + + =
Lại có AB = CD= EF tam giác MAB, PCD, REF đồng dạng nên: = = = k
+ k.( + + ) =
+ 3k = ( O1 trọng tâm MPR)
phương với hay G, O, O1 thẳng hàng (1)
Mặt khác áp dụng định lí nhím vào lục giác M’N’P’Q’R’S’ ta có: + + + + + =
Mà tam giác MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA đồng dạng nên: = = = = =
+ + + + + =
Từ (*) ta có: + + + + + =
+ + + + + =
( + + ) + ( + + ) =
+ = ( Vì O1, O2 trọng tâm tam giác MPR NQS )
phương với hay G, O1, O2 thẳng hàng (2)
(13)