Bài tập chứng minh đồng quy, vuông góc : Bài toán 2a :

Một phần của tài liệu Bồi dưỡng hình 8 (Trang 32 - 35)

Bài toán 2a :

a. Chứng minh rằng tổng các bình phơng 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 ngời ta dựng các hình chữ nhật ABB1A1 ; BCC1B2; CAA2C2 . Chứng minh rằng các đờng 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 . P A B C D O B A C B1 M A1 B B2 C1 H P

- 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) đợc :

PC12 - PC22 = PB12 + PA2 - PB2 - PA12 = 0 ( Do quan hệ điểm P với HCN ABB1A1 )

 PC1 = PC2 => P thuộc trung trực của C1C2 => đpcm

3 .Bài tập tính toán :Bài toán 3a : Bài toán 3a :

Cho hình vuông có cạnh a . Qua tâm hình vuông vẽ một đờng thẳng (d) tuỳ ý . Chứng minh rằng tổng các bình phơng các khoảng cách từ bốn đỉnh hình vuông đến đờng thẳng (d) không đổi .

Dễ dàng chứng minh đợc 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 .

 DD12 + BB12 +AA12 + CC12 = 2(OA12 +AA12) = 2AO2 = AD2 = a2 =const

Bài tập 3b :

Chứng minh rằng: Trong một hình thang ,tổng các bình phơng hai đờng chéo bằng tổng các bình phơng hai cạnh bên cộng hai lần tích hai cạnh đáy .

D A C B O D1 A1 C1 B1 A B C

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 .

Đợc : 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 .

Đợc : BD2 = BC2 - FC2 + EF2 +DE2 -2EF.DE . (2) Cộng (1) và ( 2) đợc : 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 đờng thẳng a,b song song với nhau cách nhau một khoảng 2k cho trớc. I là điểm cách đều hai đờng thẳng trên ; Hai cạnh của một góc vuông có đỉnh I lần lợt 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 đợc :

AD/IC = ID/BC => AD.BC = ID.IC = k2 = const  x.y = const. Để SIAB nhỏ nhất => x + y nhỏ nhất => x = y => ABCD là hình chữ nhật. Tính x,y : Có x2 +k2 + y2 + k2 = 2x2 + 2k2 = IA2 +IB2 = AB2 = 4k2.  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 phơng các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đat giá trị

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) đợc M là trung điểm của AH thì tổng các bình phơng các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất .

B H C A M I E F G

Một phần của tài liệu Bồi dưỡng hình 8 (Trang 32 - 35)

Tải bản đầy đủ (DOC)

(35 trang)
w