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
