Bài toán 2a:
a. Chứng minh rằng tổng các bình ph- ơng các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trong mặt phẳng đến hai đỉnh đối diện của hình chữ nhật bằng nhau.
b. Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ng- ời ta dựng các hình chữ nhật ABB1A1 ; BCC1B2; CAA2C2. Chứng minh rằng các đ- ờng trung trực của các đoạn A1A2; B1B2; C1C2 đồng quy.
Chứng minh:
a. Cần chứng minh hệ thức: PA2 + PC2 = PB2 + PD2.
Gọi O là giao điểm AC và BD, có:
PO là trung tuyến của các tam giác PAC, PDB. - Tam giác PDB có:
PD2 + PB2 = 2OP2 + BD2/2 - Tam giác PAC có:
PA2 + PC2 = 2OP2 + AC2/2
- Do AC = BD nên PA2 + PC2 = PB2 + PD2. b. Chứng minh:
Gọi P là giao điểm hai trung trực của các đoạn B1B2 và A1A2. PB2= PB1 ; PA1 = PA2.
- Xét điểm P và hình chữ nhật BCC1B2 có:
PC12 = PC2 + PB22 -PB2 = PC2 + PB12 -PB2 (1) - Xét điểm P và hình chữ nhật ACC2A2 có:
PC22 = PC2 + PA22 -PA2 = PC2 + PA12 -PA2 (2) Trừ (1) cho (2) đ- ợc:
PC12 - PC22 = PB12 + PA2 - PB2 - PA12 = 0 ( Do quan hệ điểm P với HCN ABB1A1 ) ð PC1 = PC2 => P thuộc trung trực của C1C2 => đpcm
3.Bài tập tính toán: Bài toán 3a:
Cho hình vuông có cạnh a. Qua tâm hình vuông vẽ một đ- ờng thẳng (d) tuỳ ý. Chứng minh rằng tổng các bình ph- ơng các khoảng cách từ bốn đỉnh hình vuông đến đ- ờng thẳng (d) không đổi. D A C B O D1 A1 C1 B1 P A B C D O A C M B H B A C B1 A1 B2 C1 A2 C2 P
26
Dễ dàng chứng minh đ- ợc các tam giác AA1O, CC1O, OB1B, OD1D bằng nhau, tam giác OAD vuông cân tại O. Từ đó có:
DD12 + BB12 = 2OA12. AA12 + CC12 = 2AA12.
ð DD12 + BB12 +AA12 + CC12 = 2(OA12 +AA12) = 2AO2 = AD2 = a2 =const
Bài tập 3b:
Chứng minh rằng: Trong một hình thang, tổng các bình ph- ơng hai đ- ờng chéo bằng tổng các bình ph- ơng hai cạnh bên cộng hai lần tích hai cạnh đáy.
Hạ AE, BF vuông góc với DC (E,F thuộc DC ). áp dụng định lý Pitago cho
- Tam giác vuông EAC có: AC2 = AE2 + EC2 =AE2 +EF2 +FC2 +2EF.FC. - Tam giác vuông AED có AE2 = AD2 - DE2.
Đ- ợc: AC2 = AD2 - DE2 + EF2 +FC2 -2EF.FC. (1)
- Tam giác vuông BFD có:BD2 = BF2 + FD2 =BF2 +EF2 +DE2 +2EF.DE. - Tam giác vuông AED có BF2 = BC2 - FC2.
Đ- ợc: BD2 = BC2 - FC2 + EF2 +DE2 -2EF.DE. (2) Cộng (1) và ( 2) đ- ợc: AC2 + BD2 = AD2 +BC2 +2EF2 + 2EF.FC+2EF.DE = AD2 +BC2 +2EF(EF +FC+DE ) =AD2 +BC2 +2EF.DC =AD2 +BC2 +2AB.DC ( đpcm) 2. Bài toán cực trị hình học. Bài toán 2a:
Cho hai đ- ờng thẳng a,b song song với nhau cách nhau một khoảng 2k cho tr- ớc. I là điểm cách đều hai đ- ờng thẳng trên ; Hai cạnh của một góc vuông có đỉnh I lần l- ợt cắt a tại A và cắt b tại B. Xác định góc vuông ( vị trí các tia IA; IB) để tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. D x A Giải: Có: ID = IC = k. Đặt: AD = x. CB = y. I Có: C y B
SIAB = SABCD -(SIAD+ SICB).
= (x +y)k - (x+y)k/2 = (x + y)k/2. Xét hai tam giác đồng dạng: IAD và BIC đ- ợc: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
AD/IC = ID/BC => AD.BC = ID.IC = k2 = const ð x.y = const. Để SIAB nhỏ nhất => x + y nhỏ nhất => x = y => ABCD là hình chữ nhật. Tính x,y: D E A B F C
27 Có x2 +k2 + y2 + k2 = 2x2 + 2k2 = IA2 +IB2 = AB2 = 4k2.
ð x2 = k2 => x = k (do x>0).
Bài toán 2b:
Cho tam giác ABC vuông tại A.Xác định điểm M trong tam giác sao cho tổng các bình ph- ơng các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đat giá trị nhỏ nhất.
ME2 + MF2 +MG2 = AM2 + MG2 (AEMF là hình chữ nhật ) = AI2 +IM2 + MG2 (AIM vuông tại I )
≥ AI2 + IH2 ( Dấu ‘=’ xảy ra khi M thuộc AH ) (1) Lại có: AI2 + IH2 = AH2 - 2AI.IH.
Do AH không đổi nên ME2 + MF2 +MG2 nhỏ nhất khi AI.IH lớn nhất. Và có AI +IH = AH =const nên AI.IH lớn nhất lúc AI=IH=AH/2. (2)
Kết hợp (1) và (2) đ- ợc M là trung điểm của AH thì tổng các bình ph- ơng các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất.
B H C A M I E F G