Dự án phát triển bài hình lớp 8 chương i

Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC CHƯƠNG I: TỨ GIÁC Bài Cho hình vng ABCD có cạnh a AN AC điểm với đường chéo không đổi Trên cạnh E Gọi QE.QF hình chiếu DE , DF , BE 1) Chứng minh đường thẳng 2) Tìm vị trí N để tích F CD lấy điểm N Q AB Q giao AD đồng quy có giá trị lớn 3) Trên cạnh BC lấy điểm G cho CN = BG Tìm vị trí điểm N để độ dài đoạn NG ngắn 4) Gọi I giao điểm giao điểm CQ với EF Chứng minh 5) Trên cạnh BC lấy điểm M cho 1 + = QE QF QI · MAN = 450 Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi 6) Xác định vị trí N để tam giác 7) Tìm vị trí điểm N CMN có diện tích lớn cho đoạn thẳng MN có độ dài nhỏ 8) Tìm giá trị lớn nhỏ diện tích tam giác 9) Đường chéo BP, PQ, QD BD cắt AM AN P Q AMN Chứng minh đoạn thẳng độ dài ba cạnh tam giác vuông 10) Gọi O giao điểm NP với MQ Chứng minh AO vng góc với MN 11) Chứng minh đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích 12) Chứng minh QA + QB2 + QC + QD ≥  2 TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm HƯỚNG DẪN GIẢI 1) Chứng minh đường thẳng Ta có tứ giác cân nên Từ AEQF QF = DF Lại có hình chữ nhật nên QE = BE ∆ CBE = ∆ BAF ta QC = QA = EF · + CFE · = 900 QCF Như nên CE ⊥ BF AEQF AF = QE AE = FD từ ∆ QCF = ∆ FED CQ đồng quy và QE.QF QF = AE nên · · QCF = FED EF với Các tam giác QEB QCF vuông AF = BE ∆ DAE = ∆ CDF ta DE = CF Mà ta có DE ⊥ CF · + CFE · = 900 FED nên suy · = 900 CQ ⊥ EF CIF I , ta có hay đường cao tam giác 2) Tìm vi trí N để tích Ta có tứ giác Suy Gọi giao điểm DE , DF , BE DE , DF , BE CEF nên DE , DF , BE đồng quy điểm có giá trị lớn hình chữ nhật nên đặt AF = QE = x; AE = QF = y với a2 xy ≤ ( x + y ) = x + y ≥ xy 4 Dấu xẩy Ta có nên x+ y = a x= y TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm a2 QE.QF N trùng với đỉnh C hình vng ABCD Do tích có giá trị lớn 3) Trên cạnh BC lấy điểm G cho Đặt BG = x ta CN = BG Tìm vị trí điểm N GC = a − x Tam giác CNG vuông để độ dài đoạn C NG ngắn nên theo định lí Pythago ta GN = CG + NC = ( a – x ) + x = 2x – 2ax + a 2    1    =  x - ax + a ÷ =  x - ax + a ÷+ a =  x − a ÷ + a ≥ a 2    2    a x− a = 0⇔ x = 2 Dấu xẩy GN ≥ Suy ta Vậy N a a a x= 2 Do NG đạt giá trị nhỏ là trung điểm CD MN nhỏ 4) Gọi I giao điểm giao điểm CQ với EF Chứng minh Theo chứng minh ta có Do ta có Suy QI ⊥ EF 2SQEF = QE.QF = EF QI EF = QI QE.QF hay 1 + = QE QF QI EF = QE + QF EF QE + QF 1 = = = + 2 2 2 QI QE QF QE QF QE QF Vậy ta có điều cần chứng minh 5) Trên cạnh BC lấy điểm M cho · MAN = 450 Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi Từ A kẻ đường thẳng vng góc với AM , đường thẳng cắt đường thẳng CD K Khi ta có · = MAB · · = MAB · KAD KAD Hai tam giác vuông ADK ABM có AD = AB TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm ∆ ADK = ∆ ABM , suy DK = BM ;AM = AK Do Gọi ∆ AMN = ∆ AKN pCMN AN cạnh chung MN = NK nên ta chu vi tam giác · · AM = AK ; MAN = KAN = 450 hai tam giác AMN AKN có Suy · = 450 · = MAB · KAN DAE Từ ta Xét CMN , ta có pCMN = CM + MN + CN = CM + KN + CN = CM + CN + BM + CN = BC + CD = 2a Do chu vi tam giác 6) Xác định vị trí Đặt CM = x; CN = y CMN Do tam giác CMN N không đổi để tam giác CMN có diện tích lớn Theo định lí Pythago ta có có chu vi khơng đổi nên ta có MN = x + y nên ta MN = x + y x + y + x + y = 2a SCMN = x y x + y + x + y = 2a Từ ta có với khơng đổi Theo bất đẳng thức AM – GM ta có x + y ≥ xy ( 2a = x + y + x + y ≥ xy + Do ta xy ≤ 2a Do ta ( ) −1 nên ( SCMN ≤ a ( x + y ≥ xy ) nên ) −1 xy ≤ a ) hay BM = CN = a ( Vậy tam giác CMN BM = CN = a ( a2 có diện tích lớn ( ) −1 ) −1 x = y = a 2 −1 Dấu xẩy ( ) −1 M N thoả mãn ) −1 TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm 7) Tìm vị trí điểm N cho đoạn thẳng Như chứng minh ta có Áp dụng bất đẳng thức MN MN + CM + CN = 2a ( a + b2 ) ≥ ( a + b ) có độ dài nhỏ MN = x; MC = y;CN = z không đổi Đặt định lí Pythago cho tam giác ( y + z ) ≥ ( y + z ) ⇒ x ≥ ( 2a − x ) ⇒ x ≥ 2a − x ⇒ x ≥ Vậy ta có ( ) MinMN = 2 − a phân giác góc · DAC ( x = a 2− 2 y=z= , đạt ( ) 2a ⇒ x≥ 2−2 a 1+ Khi AM , AN theo thứ tự · BAC 8) Tìm giá trị lớn nhỏ diện tích tam giác Đặt ) CMN BM = x; DN = y ( ≤ x; y ≤ a ) Khi ta có AMN S AMN = S ABCD − ( S ABM + S ADN + SCMN ) 1 S AMN = a −  ax + ay + ( a − x ) ( a − y )  = ( a − xy ) 2 Hay ta MN = ( a − x ) + ( a − y ) Mặt khác từ tam giác vuông CMN có Từ suy ( x + y) 2 = a − 2ax + x + a − 2ay + y ⇔ xy = a − a ( x + y ) ⇔ a ( x + y ) = a − xy 1 S AMN = a ( x + y ) = at 2 với t = x + y Đến ta nhận thấy t lớn diện tích tam giác Do AMN t lớn ngược lại Như ta cần tìm giá trị lớn nhỏ + Để ý ta có x+ y = t x y = a − at ( x + y) xy ≤ Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc ta có = t2 Do TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm a − at ≤ t ⇔ t + 4at − 4a ≥ ⇔ ( t + 2a ) ≥ 8a Ta ( ) t + 2a ≥ 2a ⇔ t ≥ 2a − Do ta suy Dấu xẩy t  x = y = ⇔ x= y=a   t = 2a −  ( ) MinS AMN = a.2a Vậy ta + Lại có ( ) − = a2 xy = a − at ⇔ at = a − xy 9) Đường chéo BD cắt AM AN ) Max S AMN x = a; y = ) −1 −1 nên suy Maxt = a , Điều có nghĩa Trong trường hợp ta ( ( at ≤ a nên t≤ a a2 = a.a = 2 x = 0; y = a P Q hay M ≡ B; N ≡ C M ≡ C; N ≡ D Chứng minh đoạn thẳng BP, PQ, QD độ dài ba cạnh tam giác vuông Vẽ AH ⊥ MN H Xét hai tam giác AMN ∆ AMN = ∆ AKN Suy Xét hai tam giác vuông Suy ∆ AND = ∆ ANH Do ta Như AM nên ta AND AKN có ·AKN = ·AMN = ·AMB ANH nên ta có AN chung AN chung, AM = AK MN = KN ·AND = ·ANH ·AND = ·ANH DN = HN ; AD = AH = AB HM = MN − HN = DN + MB − DN = MB HB , nên ta PB = PH đường trung trực Hoàn toàn tương tự ta QD = QH · · QHN = QDN = 450 ·AHP = ABP · = 450 TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm Từ ta · · · QHP = 1800 − PHM − QHN = 900 Do tam giác Do ta QHP H vng PQ = DQ + PB nên ta có PQ = QH + HP2 hay đoạn thẳng BP, PQ, QD độ dài ba cạnh tam giác vuông 10) Gọi O giao điểm NP Theo chứng minh phân giác góc với AM , AN · , DAH · BAH MQ Chứng minh AO theo thứ tự trung trực Lại có · = MAB · KAD nên suy Lấy điểm T đối xứng với A qua điểm Q ta có tứ giác AMTK vng góc với BH , DH AQ MQ ⊥ AQ NP, NQ đường cao nên AM , AN theo thứ tự là phân giác góc vng hình vng với 1 QM = AT = MK 2 Khi ta có nên suy Q trung điểm thẳng hàng nên MN AT · KAM đường chéo MK Do suy ba điểm M , Q, K Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có NP ⊥ AP Tam giác AMN có hai O trực tâm Do ta AO ⊥ MN 11) Chứng minh đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích Kẻ PL ⊥ MQ PJ = Lại có L PJ ⊥ AQ AP PN = 2 nên J Ta có tam giác NO vuông cân 1 PN S APQ = AQ.PJ = AQ = QM PN 2 2 Áp dụng định lý Pythago ta có cho tam giác vuông NQ = APN , AQM , NQH , MPH , MPL NQH ta có NH = QH + NQ = NQ , suy TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm PL = Áp dụng tương tự ta có PO S MNQP = S MPO + S POQ + SQON + S NOM 1 1 = MO.PL + PL.QO + NQ.QO + NQ.MO 2 2 PO PO NO NO = MO + QO + QO + MO 2 2 2 2 = ( PO + ON ) MO + ( PO + NO ) OQ  2 1 = PN ( OM + OQ ) = PN QM = S APQ 2 2 S MNQP = S APQ = SMAN Như ta có 12) Chứng minh + Lời giải Do Do Q QA + QB2 + QC + QD ≥  2 ABCD hình vng có cạnh a điểm nằm hình vng nên AC = BD = 2a ABCD nên QA + QC ≥ AC Từ ta 2QA2 + 2QC ( QA + QC ) + ( QA − QC ) QA + QC = = 2 2 ( QA + QC ) = Chứng minh hoàn toàn tương tự ta Đẳng thức xảy với điểm B N Q ( QA − QC ) + 2 QB + QD ≥ a ( QA + QC ) ≥ 2 Do suy giao điểm hai đường chéo AC AC 2a ≥ = = a2 2 QA + QB2 + QC2 + QD2 ≥  2a BD , điểm M trùng trùng với điểm C + Lời giải Dễ thấy Do ta 2 2S AOB ≤ QA.Q B QA2 + QB ≥ 4SQAB Ta thấy ( QA − QB ) ≥ ⇔ QA2 + QB ≥ 2QA.Q B Chứng minh tự ta TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm QB + QC ≥ 4SQCB ; QC + QD ≥ 4SQCD ; QD + QA2 ≥ 4SQAD Cộng theo vế bất đẳng thức ta ( QA2 + QB + QC + QD ) ≥ ( SQAB + SQCB + SQCD + SQAD ) = 4S ABCD = 4a QB + QD ≥ a Do suy giao điểm hai đường chéo QA + QB2 + QC2 + QD2 ≥  2a AC BD , điểm M Đẳng thức xảy trùng với điểm B N Q trùng với điểm TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ C Trang: 10  ...Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn L? ?i Thơm TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn L? ?i Thơm HƯỚNG DẪN GI? ?I 1) Chứng... đạt giá trị nhỏ là trung ? ?i? ??m CD MN nhỏ 4) G? ?i I giao ? ?i? ??m giao ? ?i? ??m CQ v? ?i EF Chứng minh Theo chứng minh ta có Do ta có Suy QI ⊥ EF 2SQEF = QE.QF = EF QI EF = QI QE.QF hay 1 + = QE QF QI EF... TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn L? ?i Thơm a2 QE.QF N trùng v? ?i đỉnh C hình vng ABCD Do tích có giá trị