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.
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 và điểm M thuộc cạnh BC.
Khi đó ta có:
MC MB
AM
. AB
. AC
A
BC
BC
Chứng minh
Kẻ MN song song với AB
N
Theo định lý Talet, ta có:
AN MC
AB BC
suy ra
MN
MB
AC BC
Ta có:
AN
NM
AN MC
. AB
. AB
AB
BC
MN MB
. AC
. AC
AC
BC
MC MB
AM AN NM
. AB
. AC
BC
BC
C
M
B
2.Cho ABC với BC a, CA b, AB c . Điểm I là tâm đường tròn nội tiếp của tam
giác. Khi đó:
aIA bIB cIC 0 .
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
A
Áp dụng định lý Talet ta có
AB ' AB c
AM
IC B ' C CB a
AN AC ' AC b
IB C ' B CB a
M
N
C'
B'
I
Hay
c
AM a IC
AN b IB
a
B
A'
C
Suy ra
c b
AI IC IB
a a
aIA bIB cIC 0 .
Chúng ta đến với bài toán sau:
Bài toán: Đường tròn tâm I nội tiếp
ABC , tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt
tại M, N, P. Chứng minh rằng: aIM bIN cIP 0 .
Chứng minh
Ta có biến đổi:
A
aIM bIN cIP
a IA AM b IB BN c IC CP
aIA bIB cIC a AM bBN cCP
a AM bBN cCP
MC MB AN CN
a
AB
AC b
BC
BA
a
b
a
b
BP
AP
c
CB
CA
c
c
MC CN AB AN AP BC BP MB CA
0.
Ta có điều phải chứng minh.
N
P
I
B
M
C
Chúng ta cùng đến với kết quả chính của phần này
Định lý Con nhím:
Cho đa giác lồi A1 A2 ... An và ei 1 i n là vecto đơn vị vuông góc với Ai Ai 1 ( xem
An 1 A1 ) và hướng ra ngoài đa giác. Khi đó ta có đẳng thức:
A1 A2 e1 A2 A3 e2 ... An A1 en 0 .
Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp.
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.
Gọi e là vecto đơn vị vuông góc với A1 Ak và hướng ra ngoài tam giác A1 Ak Ak 1 .
Trong tam giác A1 Ak Ak 1 , ta có:
A1 Ak e Ak Ak 1 ek Ak 1 A1 ek 1 0
Theo giả thiết quy nạp, trong đa giác A1 A2 ... Ak ta
có
A_
k+
A1 A2 e1 A2 A3 e2 ... Ak 1 Ak ek 1 Ak A1 (e) 0
1
A_
Suy ra
1
A1 A2 e1 A2 A3 e2 ... Ak Ak 1 ek Ak 1 A1 ek 1 0
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 . Hạ
JM, JN, JP vuông góc với BC, CA, AB. Chứng
minh rằng:
A_
2
a b c
JM
JN
JP 0 .
JM
JN
JP
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 IM , IN , IP có cùng độ lớn thì ta có hệ thức:
aJM bJN cJP 0 .
Bài 2: Cho ABC , I là tâm đường tròn bàng tiếp ACB của tam giác. Gọi M, N, P lần
lượt
là hìnhchiếu
vuông góc của I trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
a. aIM
bIN cIP 0
b. aIA bIB cIC 0
Chứng minh.
A_
k
C
Bài tập 2 nhấn mạnh cho chúng ta một
điều: Vecto đơn vị có hướng ra ngoài đa
giác.
a. Xét ABC , có
IP AB
IN AC
IM BC
IP IN IM
Và có IP hướng
vào trong tam giác, ta
phải chọn IP . Áp dụng định lý con nhím
cho ABC , ta có:
aIM bIN
cIP
0
b. aIA bIB cIC 0
A
P
B
M
N
I
Ta có:
aIA bIB cIC a ( IM MA) b( IN NB) c ( IP PC )
aMA bNB cPC
Ta có:
BM CB
AB
AC
AM
CM
CM
BM CM BM CM
AC
AB
AC
AB
AM
CB
CB
a
a
Tương tự ta có:
AN CN
BN
BC
BA
b
b
Vậy
aMA bNB cPC ( BM . AC CM . AB) ( AN .BC CN .BA) ( AP.CB BP.CA)
0.
Chúng ta kết thúc bài toán.
Tiết 2.
Bài 3: Cho ABC không đều, BC là cạnh nhỏ nhất. Đường tròn nội tiếp tâm I của tam
giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại X, Y,
A
Z. G là trọng tâm của XYZ . Trên các tia BA, CA lấy các
điểm E, F sao cho: BE=CF=BC. Chứng minh rằng:
IG EF .
e
E
Chứng minh
F
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
Y
một vecto vuông góc với đường còn lại.
Z
G
B
I
X
C
Gọi e là vecto vuông góc với EF, có độ dài bằng IX và hướng ra phía ngoài tứ giác
BCFE
Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác BCFE, ta có
BC.IX FC .IY EB.IZ EF.e 0
BC IX IY IZ EF.e 0.
3.BC
.
IG
EF.e
0
Hay IG cùng phương với e
Suy ra IG EF .
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 có góc A nhọn. Vẽ bên ngoài các tam giác vuông cân đỉnh A là ABD
và ACE. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM DE.
Chứng minh
Xét trong tam giác EAD, ta có:
AB AD
AC AE
Gọi e là vecto đơn vị vuông góc với ED và
hướng ra phía ngoài tam giác EAD.
Áp dụng định lý con nhím trong EAD ta có:
AD AE
AB
AC ED.e 0
AB
AC
D
E
A
Do ta có hai tam giác ABD và ACE cân tại A
nên AE AC và AD=AB
Vậy ta có:
AB AC ED.e 0
ED
e
2 AM
.
0
Hay AM cùng phương với e , suy ra AM DE.
C
M
B
Bài 5: Cho ABC cân tại A, nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là trung điểm của AB và
G là trọng tâm ACD . Chứng minh
A
rằng: OG CD .
Chứng minh
Gọi E là trung điểm của đoạn AC
OD AB
Nhận thấy , trong ADC , có OE AC
OD OE
D
Vậy ta có thể áp dụng định con nhím cho
G
E
O
ABC
v
B
C
Gọi vecto v vuông góc với DC, có hướng ra phía ngoài miền tam giác ADC và có độ lớn
bằng OD.
Áp dụng định lý con nhím cho ABC , ta có:
AD.OD AC .OE DC.v 0
1
AC .OD AC.OE DC.v 0
2
1
1
AC .OD AC OA OC DC.v 0
2
2
1
AC OD OA OC DC.v 0
2
3
AC .OG DC.v 0
2
Suy ra OG cùng phương với v , hay OG CD .
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
BM MN . Ta xem xét để tìm ra được một
A
đa giác chứa một trong hai đường và chúng
ta có thể áp dụng định lý con nhím cho đa
giác đó.
M
Nhận thấy, BK MC và BC NC , vậy ta
có thể áp dụng định lý con nhím cho MNC .
K
Gọi e là vecto đơn vị vuông góc với MN và
N
có hướng ra phía ngoài của MNC .
D
Áp dụng định lý con nhím cho tam giác
MNC, ta có
MC NC
(1)
BK
BC MN .e 0
BK
BC
MC NC
Ta phải tính
BK
BC theo MB .
BK
BC
KC KM
Nhận thấy BK
BM
BC
MC
MC
Kết hợp với (1), ta có
MC KC KM NC
BM
BC
BC
MN
.
e
0
BC
BK MC
MC
MC KC MC KM NC
BM
BC
BC MN .e 0
BK MC
BK MC
BC
KC
KM
NC
BM
BC
BC MN .e 0
BK
BK
BC
B
C
Ta có: cot BAC
Hay
AK 2 MK AB 2 NC
BK
BK
BC
BC
MK NC
BK BC
Vậy ta có
KC
BM MN .e 0
BK
Suy ra BM cùng phương với e , hay BM MN .
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 cân tại A.H là trung điểm BC,
D là hình chiếu của H trên AC,
A
M là trung điểm của HD.
Chứng minh rằng: AM BD .
Ta xét trong BHD , có
AH BH
AD HD
e là vecto đơn vị vuông góc với BD, hướng ra
D
ngoài.
M
B
Bài 9: Cho hình thang vuông ABCD, đường cao AD h , cạnh đáy
AB a, CD b a b . Tìm mối liên hệ giữa a, b, h sao cho:
a. AC BD
b. BD AM, trong đó M là trung điểm của BC.
c. BD CI với I là trung điểm AD
A
d. AC BI
a
B
Giải
a. Xét trong ADC .
h
Có
AB AD
BD AC
BH DH
Theo định lý Con nhím, có
AD AC DC
BA
BD
BH 0
BA
BD
BH
Ta có nhận xét: BD BA BH
Suy ra:
C
H
M
E
D
b
H
C
F
AD AC DC
BA BD BH
Hay
h
h2 b2 b
a
h2 a 2 h
h 2 ab
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 BD HE
Theo câu a, ta có: DH 2 DE.HB
a 2 DE.h
h
a2
a
a.
a.cot EHD
DE
DE
Kẻ AM cắt DC tại F, dễ thấy ABFC là hình bình hành nên CF a .
Suy ra
cot EHD cot AFD
Vì thế h a
ab
h 2 a (a b )
h
a b
h
Câu c và d chúng ta làm tương tự.
Bài toán đã được giải quyết.
Bài 10: Cho ABC vuông tại A có AB c, AC b . Tìm điểm D AC sao cho BD AM
với AM là trung tuyến của ABC
P
B
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.
M
Dựng tam giác AMN, với N là hình
chiếu của M trên AC. Kẻ BP MN .
BP MN
Trong AMN có BD AM
BA AN
A
Áp dụng định lý Con nhím trong AMN
ta có:
MN AN AM
BP
BA
BD 0
BP
BA
BD
(1)
Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:
D
N
C
DN AD
BD
BN
BA
AN
AN
Nên từ (1) ta có
MN AN AM DN AM AD
BP
BA
BN
BA 0
BP
BA
BD AN
BD AN
MN AN AM AD AM DN
BP
BN 0
BA
BP
BD AN
BA BD AN
c b
a 2 AD
a 2 DN
BP
BA
BN 0
b
2 BD b
2c 2 BD b
Do ta có: BN BP BA nên ta suy ra
c b
a 2 AD
a 2 DN
b 2c 2 BD b 2 BD b
a
BD c DN
BD 2ac AD
b 2 2c 2
2c 2
DN 2
AD
b 2c 2
Trường hợp nếu b 2 2c 2 0 thì N nằm ngoài A và N, ta là tương tự.
Bài toán được giải quyết.
Bài 11: Cho ABC vuông 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
Ta dựng một tam giác có một cạnh là một
B
trong hai đường trên.
Xét tam giác B1 AC1 , có
AC1 MN 2
AB1 MN1
Ở đây N1 , N 2 lần lượt là trung điểm của
AB, AC .
Gọi e là vecto đơn vị vuông góc với B1C1 và
hướng ra phía ngoài tam giác B1 AC1 .
Áp dụng định lý Con nhím cho tam giác
B1 AC1 ta có:
AB1 AC1
MN1
MN 2 B1C1 e 0
MN1
MN 2
2 AB1 2 AC1
MN1
MN 2 B1C1 e 0
AC
AB
Do đề bài có: AB. AB1 AC . AC1 nên ta có
B1
M
N1
A
C1
N2
C
2 AB1
MN1 MN 2 B1C1 e 0
AC
2 AB1
MA B1C1 e 0
AC
Suy ra MA cùng phương với e , hay AM B1C1 .
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.
C
Ta có nhận xét sau:
z
z
t
IM
IB
IC
tz
tz
IN z ID y IC
yz
yz
IP y IA x ID
x y
x y
IQ x IB t IA
xt
xt
B
z
t
I
A
N
F
x
t z IM z y IN y x IP x t IQ 0
y t IA IC x z IB ID 0
E
Q
Áp dụng định lý Con nhím cho tứ
giác ABCD, ta có:
M
t
y
x
P
y
D
2 y t IE 2 x z IF 0
Suy ra IE cùng phương với IF hay I, E, F thẳng hàng.
Bài 13: Cho ABC , điểm O ở trong miền tam
giác. Các điểm A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu
vuông góc của O trên BC, CA, AB . Lấy các
điểm A2 , B2 , C2 lần lượt thuộc các tia
OA1 , OB1 , OC1 sao cho
OA2 a, OB2 b, OC2 c . Chứng minh rằng:
O là trọng tâm của tam giác A2 B2C2 .
Chứng minh
Theo hình học thuần túy, để chứng minh O là
trọng tâm của tam giác A2 B2C2 là không đơn
giản. Chúng ta cùng đến với phương pháp
vecto để giải bài toán trên.
B2
A
B1
C2
C1
O
B
A1
A2
C
Muốn chứng minh O là trọng tâm của tam giác A2 B2C2 , ta cần chứng minh
OA2 OB2 OC2 0 .
Thật vậy, ta có
OA2 OB2 OC2
OA2 OB2 OC2
OA1
OB1
OC1
OA1
OB1
OC1
OA1
OB1
OC1
a.
b.
c.
OA1
OB1
OC1
0
( do định lý Con nhím trong ABC ).
Vậy O là trọng tâm của tam giác A2 B2C2 .
Bài toán có thể được mở rộng đối với một đa giác lồi bất kỳ.
Cho đa giác lồi A1 A2 ... An , điểm O ở trong miền đa giác. Các điểm A1 ', A2 ',..., An ' lần lượt
là hình chiếu vuông góc của O trên A1 A2 , A2 A3 ,..., An A1 . Lấy các điểm A1 '', A2 '',..., An '' lần
lượt thuộc các tia OA1 ', OA2 ',..., OAn ' sao cho OA1 '' A1 A2 , OA2 '' A2 A3 ,..., OAn '' An A1 . Khi
đó ta có O là trọng tâm của đa giác A1 A2 ... An .
A1'
A2
A1
A2'
A4'
O
A4
A3
A3'
Bài 14: Tìm tất cả những điểm N trong ABC thỏa mãn: NA1 NB1 NC1 0 , trong đó
A1 , B1 , C1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB.
Chứng minh
Nhận thấy, các vecto NA1 , NB1 , NC1 lần lượt
vuông góc với 3 cạnh của tam giác, vì thế ta có
thể áp dụng định lý Con nhím trong ABC .
Gọi e1 , e2 , e3 lần lượt là các vecto đơn vị vuông
góc với các cạnh BC, CA, AB và hướng ra phía
ngoài ABC . Áp dụng định lý Con nhím cho
ABC , ta có
ae1 be2 ce3 0
a
b c
NA1
NB1
NC1 0
NA1
NB1
NC1
A
B1
C1
B
N
A1
N'
A'
C
(Trực chuẩn hóa các vecto)
Do N thỏa mãn NA1 NB1 NC1 0 nên ta có:
a
b
c
NA1 NB1 NC1
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 AN1B S AN1C
Gọi A ' là giao của đường phân giác góc A với BC.
Từ
S AN1B S AN1C
c.NA1 .sin BAN1 b.NA1.sin CAN1
c.sin BAN1 b.sin CAN1
c.AA'.sin BAA ' b.AA'.sin CAA '
S BAA' S C AA'
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 toán được giải quyết.
5. Kết luận bài học
Qua bài học này, các em cần nắm được định lý Con nhím, cách chứng minh và vận dụng
trong giải một số bài hình học phẳng.
Hầu hết các tính chất ta có trong hình học phẳng đều có thể mở rộng sang hình học không
gian. Các em sẽ được biết Định lý Con nhím mở rộng trong không gian khi học về vecto
trong không gian ở phần hình học 12.