Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hình học 8

Nội dung text: Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hình học 8

1. Tài liệu bồi dưỡng môn hình học 8 ( Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi ) Kớnh Thầy giỏo, Cụ giỏo giảng dạy bộ mụn Toỏn cấp THCS trong toàn huyện ! Nhằm giỳp qỳy Thầy giỏo, cụ giỏo cú một tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh năng khiếu bộ mụn toỏn của cấp Trung học cơ sở phự hợp, bộ phận chuyờn mụn Phũng GD&ĐT Quế Sơn trờn cơ sở tham khảo ý kiến của cỏc thầy cụ giỏo cú nhiều kinh nghiệm trong giảng dạy bộ mụn, biờn soạn bộ tài liệu “ Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Bộ mụn Toỏn - Cấp THCS”. “Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi mụn Hỡnh Học 8 “ là tập tài liệu trong bộ tài liệu núi trón. Để cú thể sử dụng bồi dưỡng ở cấp trường, tài liệu khụng chia thành cỏc chuyờn đề mà được phõn bố theo chương trỡnh của sỏch giỏo khoa . Tuy vậy, để khỏi manh mỳn, cỏc nội dung được trỡnh bày theo chủ đề kiến thức chứ khụng theo từng bài . Nội dung hỡnh học 8 được tài liệu phõn thành sỏu chủ đề sau : I. Tứ giỏc, hỡnh thang. II. Hỡnh bỡnh hành . III. Hỡnh chữ nhật, hỡnh thoi, hỡnh vuụng . IV. Đối xứng trục, đối xứng tõm . V. Định lý Thalet và tam giỏc đồng dạng . VI. Hệ thức lượng trong tam giỏc - Định lý Pitago. Với mỗi chủ đề kiến thức bài tập được phõn thành sỏu loại cơ bản : 1. Bài tập về vị trớ tương đối của điểm, đường thẳng . - Chứng minh thẳng hàng . - Chứng minh song song, vuụng gúc . . . - Chứng minh đồng quy. 2. Bài tập về chứng minh bằng nhau . - Chứng minh sự bằng nhau của gúc, đoạn thẳng . - Chứng minh một tam giỏc là cõn, đều. Một tứ giỏc là hỡnh thang cõn ,hỡnh bỡnh hành, hỡnh thoi, hỡnh vuụng . . . . 3. Bài tập tớnh toỏn . - Tớnh số đo gúc, độ dài đoạn thẳng, cỏc bài toỏn về diện tớch . 4. Bài tập về quỹ tớch , dựng hỡnh . 5. Bài toỏn cực trị hỡnh học . - Bài toỏn về bất đẳng thức, Xỏc định hỡnh hỡnh học để một đại lượng nào đú đạt giỏ trị lớn nhất, nhỏ nhất . 6. Cỏc bài toỏn tổng hợp . Cú lẽ tập tài liệu chưa đỏp ứng một cỏch đầy đủ những yờu cầu của quớ thầy giỏo, cụ giỏo. Bộ phận chuyờn mụn Phũng GD&ĐT Quế Sơn rất mong nhận được những ý kiến đúng gúp chõn thành để cú thể sửa chữa bổ sung những gỡ cũn thiếu sút.
2. Hy vọng tập tài liệu giỳp ớch phần nào đú trong cụng tỏc bồi dưỡng học sinh giỏi bộ mụn Toỏn của quý thầy cụ. Bộ phận chuyờn mụn THCS. I. Tứ giác, hình thang : 1. Bài tập về vị trí tương đối của điểm, đường thẳng . Bài toán 1a : Cho hình thang ABCD (AB//CD) trong đó đáy CD bằng tổng hai cạnh bên BC và AD . Hai đường phân giác của hai góc A ,B cắt nhau tại K. Chứng minh C,D,K thẳng hàng . A B D K C HD : Gọi K là giao điểm của phân giác góc A với DC .Dễ dàng chứng minh được DAK cân tại D. Từ AD + BC = DC => CK = CB => CBK = CKB => CKB = KBA  BK là phân giác của góc B .  Đpcm. TIP : Bài này có thể c/m theo hướng : - Gọi K là giao điểm của hai phân giác các góc A và B . C/m KC + KD = DC => K thuộc DC => đpcm . Bài toán 1b : Cho tứ giác ABCD. Gọi A’B’C’D’ theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC . Chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’,DD’ đồng quy . B E A I C F A’ J D HD : Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AC, BD ; I là trung điểm của EF ; J là trung điểm của A’C . 2
3. - Tam giác CAA’ có EJ là đường trung bình nên EJ//AA’. - Tam giác FEJ có AA’ qua trung điểm A’ của FJ và // với EJ nên AA’ qua trung điểm I của FE. - Hoàn toàn tương tự chứng minh được BB’, CC’,DD’ qua I - Các đường thẳng trên đồng quy tại I . 2. Bài tập về chứng minh bằng nhau . Bài toán 2a : Cho tam giác ABC trong đó AB < AC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A. M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AC,BC . Chứng minh rằng tứ giác NMPH là hình thang cân . HD : - MNHP là hình thang A - MP = AC/2 ( Đường TB ) - HN = AC/2 ( Đường TT ) N  đpcm M B H P C Bài toán 2b : Cho tứ giác ABCD có AD=BC. M,N lần lượt là trung điểm của AB và DC. Đường thẳng AD cắt đường thẳng MN tại E. Đường thẳng BC cắt đường thẳng MN tại F. Chứng minh AEM = BFM . E F A M B I D N C HD : - Gọi I là trung điểm của BD. - Chứng minh tam giác IMN cân tại I ( IM = IN = AD/2=BC/2). - IM // DE và IN //CF  đpcm . 3. Bài tập tính toán . Bài toán 3a : Cho tứ giác lồi ABCD, hai cạnh AD và BC kéo dài cắt nhau tại E. Hai cạnh AB và DC kéo dài cắt nhau tại M. Hai phân giác của hai góc CED và BMC cắt nhau tại K . Tính góc EKM theo các góc trong của tứ giác . M A D 3 K B C E
4. HD : Trong tam giác MKE được MKE = 1800 - (KMD +KED+DME+DEM) DME+DEM = 1800 - D . KMD = (1800 - C - B)/2 KED = (1800 -A-B)/2 Thay vào ta được : MKE = 1800 -((1800-C-B +1800-A-B )/2 +1800-D) = (3600 -3600 +A+C+2B - 3600 +2D)/2 = (A+B+C+D+B+D-3600)/2= (B+D)/2 Bài toán 3b : Cho hình thang ABCD. M,N lần lượt là trung điểm của hai đáy AD và BC. O là điểm thuộc MN. Qua O kẻ đường thẳng song song với đáy hình thang . Đường thẳng này cắt AB,CD lần lượt tại E,F. Chứng minh rằng OE=OF . B N C H F E O I A M D HD : Chứng minh SBNMA = SNCDM (Do có tổng hai đáy và chiều cao bằng nhau ). Chứng minh SBEN=SNFC và SEAM = SFMD để được SEMN =SFMN Từ đó có EH = FI ( với EH, FI lần lượt là hai đường cao của hai tam giác  OE =OF 4. Bài tập về quỹ tích , dựng hình . Bài toán 4a : Cho tứ giác lồi ABCD . Hãy dựng đường thẳng qua đỉnh A chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau . A B I D M C E 4
5. Phân tích : Giả sử AM là đường thẳng cần dựng . Lấy điểm E đối xứng với D qua M. AE cắt BC tại I . Có : SADM = SABCM = SAME => SABI = SCEI S ABC = SEBC => BE// AC. Cách dựng : - Dựng đường chéo AC. - Từ B dựng đường thẳng song song với AC cắt AC tại E. - Lấy M là trung điểm của DE. - AM là đường thẳng cần dựng . TIP : Thực chất của phép dựng trên là biến đổi hình thang về một tam giác tương đương ( có diện tích bằng diện tích hình thang ). Để chuyển bài toán về bài tập dựng trung tuyến của tam giác . Sau đây là bài tập áp dụng việc biến đổi trên . Bài toán 4b : Cho tứ giác ABCD . I là điểm bất kỳ của AB . Qua I hãy dựng đường thẳng chia tứ giác làm hai phần có diện tích bằng nhau . B I A F C J D E Phân tích : Giả sử đã dựng được IJ . Sử dụng phương pháp biến đổi về tam giác tương đương .Ta có các bước phân tích : Xác định điểm F trên tia DC sao cho SIJCB = SIJF . Lúc đó SBIC = SFIC .Suy ra BF//IC . Xác định điểm E trên tia CD sao cho SIJAD = SIJE . Lúc đó SAID = SEID .Suy ra AE//ID . Rõ ràng J là trung điểm của đoạn thẳng EF . Cách dựng : - Qua A dựng đường thẳng song song với ID cắt DC tại E. Qua B dựng đường thẳng song song với IC cắt DC tại F. - Dựng J là trung điểm của EF . IJ là đường thẳng cần dựng . 5. Bài toán cực trị hình học . Bài toán 5a : 5
6. Cho tứ giác lồi ABCD . Tìm điểm M trong tứ giác đó sao cho MA + MB + MC +MD đạt giá trị nhỏ nhất . Giải : Cách 1: Gọi O là giao điểm hai đường chéo . M  O thì MA +MB +MC+MD đạt giá trị nhỏ nhất . Thật vậy, M  O ta có : MA +MB +MC +MD = OA + OB + OC + OD = AC + BD . Với M bất kỳ trong tứ giác ta có : MA +MC AC MB + MD BD  MA +MB +MC +MD AC + BD.  MA +MB +MC +MD nhỏ nhất lúc M  O D Cách 2 : Với ba điểm M; A; C ta có : MA +MC AC . C Dấu “ =” xảy ra lúc M [AC] M O Với ba điểm M; B; D có MB + MD BD . Dấu “=” xảy ra lúc M [BD]  MA + MB +MC +MD AC + BD A B Dấu “=” xảy ra lúc M [AC] và M [BD]  M  O ( Với O là giao điểm hai đường chéo ) . Bài toán 5b : Chứng minh rằng đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện của một tứ giác lồi không lớn hơn nửa tổng hai cạnh còn lại . Giải : Gọi I là trung điểm của AC ta có : C MI = BC / 2 B IN = AD / 2 I  MI + IN = ( BC +AD)/ 2 M N Lại có với ba điểm M,I,N thì MI + IN MN  MN (BC + AD) / 2 =>đpcm . A D II. Hình bình hành : 1. Các bài toán về vị trí tương đối : Bài toán 1a : Cho tam giác ABC . O là một điểm thuộc miền trong của tam giác . Gọi D,E,F lần lượt là trung điểm các cạnh AB,BC,CA và L,M,N lần lược là trung điểm của OA,OB,OC . Chứng minh EL, FM, DN đồng quy . Giải : A Dựa vào tính chất của đường trung 6 L D F O N B C E
7. bình chứng minh các tứ giác LFEM , NEDL là hình bình hành .  đpcm M Bài toán 1b : Chứng minh rằng : trong một tam giác ba đường cao đồng quy . M A N B H C P HD : - Dễ dàng chứng minh ba đường trung trực trong một tam giác đồng quy bằng cách dựa vào tính chất đường trung trực của đoạn thẳng . - Từ ba đỉnh của tam giác ABC đựng các đường thẳng song song với cạnh đối diện . Các đường thẳng này đôi một cắt nhau tại MNP . - Các tứ giác BCNA và BCAM là các hình bình hành nên HA là đường trung trực của MN . - Tam giác MNP nhận các đường cao của tam giác ABC làm các đường trung trực . - Các đường trung trực của tam giác MNP đồng quy hay các đường cao của tam giác ABC đồng quy . 2. Các bài toán chứng minh sự bằng nhau : Bài toán 2a: Cho tứ giác ABCD. E,F lần lượt là trung điểm của AB, CD. M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AF, CE, BF, DE. Chứng minh rằng MN = PQ . HD : C P F E M Q D 7
8. B N A Chứng minh tứ giác MNPQ có hai đường chéo giao nhau tại trung điểm của mỗi đường ( Chính là trung điểm của EF ). Bài toán 2b : Cho tứ giác ABCD .Gọi E là trung điểm của AD, F là trung điểm của BC ; G là đỉnh thứ tư của hình bình hành CADG ; H là đỉnh thứ tư của hình bình hành CABH . a. Chứng minh BD // GH . G b. Chứng minh HD = 2EF . C D I J H E F A B HD : a. BDGH là hình bình hành do BH và DG cùng song song và bằng AC =>đpcm . b. Gọi I,J lần lượt là trung điểm của CD và CH . Chứng minh EIJF là hình bình hành => đpcm. 3. Các bài tập tính toán : Bài toán 3a : Cho hình bình hành ABCD có ADC = 750 và O là giao đIểm hai đường chéo . Từ D hạ DE và DF lần lượt vuông góc với AB và BC . (E thuộc AB, F thuộc BC ) . Tính góc EOF . E A B O C D F 8
9. Có O là trung điểm của DB . Từ đó có được OE =OD=OB=OF (Quan hệ trung tuyến ,cạnh huyền ). EOD = 2EBO ( Vì EOB cân tại O ). DOF = 2FBO ( Vì FOB cân tại O ) Cộng hai đẳng thức trên để được : EOF = 2( EBO + OBF ) = EBF . Do EBF = ADC nên EOF = 2ADC = 2.750 = 1500 . Bài toán 3b : Cho tam giác đều ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB,AC lần lượt tại D và E . Gọi G là trọng tâm của tam giác ADE, I là trung điểm của CD. Tính số đo các góc của tam giác GIB . A G D K E I B C HD : Qua C kẻ đường thẳng song song với AB , đường này cắt DE tại K. - Tứ giác DBCK là hình bình hành nên BK cắt DC tại trung điểm I của DC . - Chứng minh hai tam giác DBG và EKG bằng nhau . - Từ đó có được GIB =900 và BGI = BGK/2 = DGE/2 - Có DGE = 1200 ( Do ADE đều ) nên BGI = 600 và GBI = 300 . 4. Các bài toán quỹ tích, dựng hình Bài toán 4a : Cho tam giác cân ABC (AB=AC). Trên cạnh AB lấy điểm D, trên cạnh AC lấy điểm E sao cho DA=CE. Tìm quỹ tích trung điểm I của DE khi D di động trên cạnh AB . A E I D B C Bài toán 4b : Cho góc nhọn xAy và O là điểm thuộc miền trong của góc . Dựng trên Ax điểm M và trên Ay điểm N để : 9
10. a. O là trung điểm của MN . b. OM =2ON. x Giải : M O’ O A N y a. C1 :( Dựa vào kiến thức về hình bình hành ) Phân tích : Gọi O’ là điểm đối xứng của A qua O . Khi O là trung điểm của MN thì tứ giác AMO’N là hình bình hành . Cách dựng : - Dựng O’ đối xứng với A qua O. - Dựng đường thẳng qua O’ song song với Ay cắt Ax tại M - Dựng đường thẳng qua O’ song song với Ax cắt Ay tại N C2 :( Dựa vào kiến thức về đường trung bình ) Phân tích : Khi O là trung điểm của MN thì đường thẳng qua O song song với Ay sẽ cắt Ax tại trung điểm của AN . Cách dựng : - Dựng đường thẳng qua O song song với Ay cắt Ax tại O 1 . Trên tia Ax dựng M sao cho O1 là trung điểm của AM. - Tương tự trong cách dựng N . b. (x) M D O A N N1 (y) HD : Xem O là trọng tâm của tam giác => xác định được D là chân đường trung tuyến xuất phát từ A => Quy về bài toán 3a để giải . 10
11. 5. Các bài toán cực trị : Bài toán 5a : Cho tam giác ABC có AM là đường trung tuyến . Chứng minh rằng : AB + AC 2AM . Giải : Lấy A1 là điểm đối xứng của A qua M ta có : A ABA1C là hình bình hành . BA 1 = AC và AA1 = 2AM  AB +AC = AB + BA1 . B C Lại có : AB + BA1 > AA1 M  AB + AC > AA1 =2AM => đpcm A1 Bài toán 5b : Chứng minh rằng, trong một tam giác trung tuyến ứng với cạnh nhỏ hơn thì lớn hơn . A M N B I H C D Kẻ ND //MC (D BC) ; NI //AB (I BC) Dễ dàng chứng minh được : MC = ND. MN = BI =CD . Giả sử AB NI HI HB NB < MC . Bài toán 5c : Một con kênh có hai bờ song song. P,Q là hai điểm cố định nằm ở hai phía con kênh. Xác định cầu MN vuông góc với kênh để đoạn đường đi từ P đến Q nhỏ nhất . Q N M P’ P 11
12. HD : Dựng hình bình hành NMPP’ ta được : PM + MN + NQ = PP’ + P’N + NQ Do PP’ = const . Để PM + MN + NQ nhỏ nhất thì P’N +NQ nhỏ nhất .  P’,N,Q thẳng hàng .  Dễ dàng suy ra cách dựng . II . Hình chữ nhật, hình thoi , hình vuông : 1. Bài tập về vị trí tương đối của điểm, đường thẳng . Bài toán 1a : Cho hình chữ nhật ABCD . Kẻ BH vuông góc với AC. Gọi M là trung điểm của AH, K là trung điểm của CD. Chứng minh BM vuông góc với MK . B C I H K M A D HD : - Kẻ MI // AB ( I thuộc BH ) - Chứng minh ICKM là hình bình hành => IC//MK - Chứng minh I là trực tâm của tam giác CBM => CI vuông góc với BM  MK vuông góc với BM. Bài toán 1b : Cho tam giác ABC có AD là đường cao . Về phía ngoài của tam giác dựng các hình vuông ABEF và ACGH . Chứng minh rằng AD,BG,CE đồng quy . I H F A G E 12B D
13. C HD: Dựng hình bình hành FAHI .Chứng minh hai tam giác ABC và HIA bằng nhau để được : IAH = BCA . IA = BC Từ IAH = BCA chứng minh IAD thẳng hàng .Hay ID là đường cao của tam giác IBC . Từ IA = BC cùng với IAH = BCA chứng minh hai tam giác IAC và BCG bằng nhau . Được CBG = AIC cùng với IA vuông góc với BC được BG vuông góc với IC Tương tự chứng minh được CE vuông góc với IB .  đpcm ( Tính chất ba đường cao trong tam giác ) 2. Bài tập về chứng minh bằng nhau . Bài toán 2a : Cho hình vuông ABCD . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,AD . BN, CM cắt nhau tại P. Chứng minh rằng DP =AB . A M B P N I D C HD : Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng BN và CD . Dễ dàng chứng minh được IC = 2AB. Hai tam giác MCB và NBA bằng nhau đồng thời AB vuông góc với BC nên CM vuông góc với NB . Tam giác vuông PIC có PD là trung tuyến nên PD = IC/2 = AB ( đpcm ) Bài toán 2b: Cho hình vuông ABCD . Về phía trong của hình vuông dựng tam giác cân FAB (FA=FB) sao cho FAB = 150 . Chứng minh tam giác FDC là tam giác đều . D C HD : C1 : Dựng về phía ngoài của tam giác I tam giác đều ABF’. Các tam giác FAF’ và F FBF’ bằng nhau từ đó chứng minh được J tam giác FAF’ cân tại F’ (Hai góc đáy A B bằng 750 ) => FF’ = F’A = AB. Tứ giác ADFF’ có DA song song và bằng FF’ nên nó là hình bình hành . 13
14.  DF = F’A = AB Tương tự cũng có CF = F’B = AB F’  Tam giác FDC đều 0 C2 : Dựng I phía trong tam giác sao cho IBC =ICB =15 . CI cắt FB tại J. Có : BI = BF (Do cách dựng ) và FBI = 900 -(150 +150 ) = 600 . nên tam giác FBI đều . IJB = 150 + 150 = 300 nên CJ là trung trực của FB => CF = CB. Tương tự ta cũng có DF = DA =>đpcm . 3. Bài tập tính toán . Bài toán 3a : Cho hình vuông ABCD . E là điểm bất kỳ trên AB. Phân giác của góc CDE cắt BC tại K . Chứng minh rằng CK + EA = DE Giải : B K C E’ E D A HD : Trên tia đối của tia CB lấy điểm E’ sao cho CE’ = AE . Chứng minh được hai tam giác ADE và CDE’ bằng nhau để được : - DE’ = DE (1) - EDA = E’DC (2) Có DK là phân giác góc EDC và (2) . Chứng minh được KDE’ = KDA Lại có : KDA = E’KD  Tam giác E’DK cân tại E’  E’D = E’K  DE = E’K = AE + KC đpcm ) Bài toán 3b : Cho hình vuông ABCD . Lấy các điểm E,F thứ tự thuộc các cạnh AD,AB sao cho AE=AF . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE . Tính góc CHF A F B O H 14 C
15. E D K HD : Gọi K là giao điểm của AH với DC . O là giao điểm của BK và FC . - Chứng minh được FBCK là hình chữ nhật . - Tam giác vuông BHK có HO là trung tuyến nên HO = BK/2 = FC/2 - Tam giác FHC có trung tuyến HO bằng nửa FC nên nó vuông tại H. Hay góc FHC = 900 . 4. Bài tập về quỹ tích , dựng hình . Bài tập 4a : Dựng hình vuông ABCD biết tâm O của hình vuông, điểm M thuộc cạnh AD và điểm N thuộc cạnh BC . A E B M- - N Điể O Điể N’m m đối đối M’ xứn xứn Dg F g C của của HD : M - Phân tích : Giả sử hình đã dựng được ta có : M qua Điể qua - Điểm đối xứng của M quaO O thuộcm cạnh BC (M’) . - Điểm đối xứng của N qua O thuộc cạnhO AD (N’). thu đối thu - Đường thẳng qua O vuôngộc góc xứn với MM’ộc cắt AB ở E và DC ở F. Dễ dàng chứng minh được OE =OF =OM cạn g cạn Cách dựng : h của h - Dựng M’ đối xứng với M BCqua MO . BC - Dựng N’ đối xứng với N qua Oqua . - Dựng đường thẳng d vuôngO góc với MM’ . Trên d lấy E,F sao cho OE=OF= OM . thu - Dựng các đường thẳng MN’, NM’ộc - Qua E dựng đường thẳng vuôngcạn góc với MN’ cắt MN’ tại A và NM’ tại B - Qua F dựng đường thẳng vuôngh góc với MN’ cắt MN’ tại D, và NM’ tại C - ABCD là hình vuông cần dựngBC . . . . . . . . TIP : Thay đổi việc cho các điểm M,N ta có nhiều bài tập xung quanh bài tập này . Bài toán 4b : 15
16. Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên đoạn thẳng đó .Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng các hình vuông ACDE và CBGH . Các hình vuông này có tâm lần lượt là O1,O2 . Tìm quỹ tích trung điểm I của O1O2 khi C chạy trên AB . E D HD : Hạ O1M,IJ,O2N vuông góc với AB H G O1 I O1MNO2 là hình thang có IJ là đường O trung bình nên IJ = (O1M +O2N)/2 2 = (AC + CB)/ 4 =const A M J C N B  I di chuyển trên phần đường thẳng song song với AB cách AB một đoạn bằng AB/4. Bài toán cực trị hình học . Bài toán 5a : Cho hình vuông ABCD Tứ giác MNPQ nội tiếp hình vuông (có bốn đỉnh nằm trên bốn cạnh của hình vuông). Tìm điều kiện của tứ giác MNPQ để nó có chu vi nhỏ nhất . Giải : B N C Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm của MN; NQ; PQ ta có : MN = 2BE. E F NP = 2GF. G P QM = 2EF M QP = 2GD AQD  MN + NP +PQ+QM = 2(BE +EF+FG+GD) 2BD Dấu “ =” xảy ra lúc E,F,G BD . E BD => MN//AC => MBN vuông cân tại B G BD => PQ//AC => PDQ vuông cân tại D Từ (1) và F BD => NM =PQ Tứ giác MNPQ thoả ba điều kiện trên thì có chu vi nhỏ nhất . Bài toán 5b : Cho tam giác vuông tại A. M là điểm bất kỳ thuộc BC . D,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC . Xác định M để DE nhỏ nhất, lớn nhất . A Giải : Tứ giác ADME là hình chữ nhật . DE = AM . D E  B M C a. Để DE nhỏ nhất thì AM vuông góc với BC . 16
17. (1) b. Để DE lớn nhất Nếu AB >AC thì M  B Nếu AC >AB thì M  C Nếu AB =AC thì M  B hoặc M  C . Bài toán 5c : Cho hình vuông ABCD ; M là điểm bất kỳ trên cạnh AB . Đường vuông góc với CM tại C cắt đường thẳng AB tại K . Tìm ví trí của M để đoạn MK có giá trị nhỏ nhất . Giải : Gọi I là trung điểm của MK A M B I K MK = 2CI (quan hệ trung tuyến cạnh huyền ) D C Để MK nhỏ nhất => CI nhỏ nhất => I  B . Lúc đó CI vừa là trung tuyến vừa là đường cao => MCK vuông cân .  MCB = 450 => M  A . Bài toán 5d : Cho đoạn thẳng AB = a. C là điểm bất kỳ trên AB . Vẽ các hình vuông ACDE; CBFG . Xác định vị trí của điểm C để tổng diện tích hai hình vuông trên đạt giá trị nhỏ nhất . G F Giải : Đặt AC = x => CB = a-x . 2 2 SACDE + SCBFG = x + (a-x) E D = 2(x -a/2)2 + a2/2 a2/2 Dấu “=” xảy ra lúc x =a/2 . A C B  C là trung điểm của AB 6. Các bài toán tổng hợp Bài toán 1b : Cho tam giác ABC . Về phía ngoài của tam giác dựng các hình vuông ABGH , ACEF và BCIJ. Gọi O1,O2, O3 lần lượt là tâm các hình vuông . M là trung điểm của BC, D là trung điểm của HF. a. Chứng minh O1MO2 là tam giác vuông cân . b. Tứ giác DO1MO2 là hình vuông . c. Chứng minh HF = 2AM . d. Chứng minh AD vuông góc với BC và AM vuông góc với HF e. Chứng minh O1O2 = AO3 . P D F H 17 Q A O O 2 1 K E G B C N M O3 A’ J I
18. HD : a. Chứng minh hai tam giác HAC và BAC bằng nhau để được : - HC = BF -AHC = ABF cùng với AH vuông góc với AB được HC vuông góc với BF . O1M và O2M lần lượt là hai đường trung bình của hai tam giác BHC và BCF nên : - O1M song song và bằng nửa HC; O2M song song và bằng nửa BF Kết hợp các kết luận trên để được điều cần chứng minh . b. Tứ giác DO1MO2 là hình vuông . Tương tự ta chứng minh được O1DO2 là tam giác vuông cân tại D từ đó suy ra đpcm. c. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua M .Ta chứng minh được BA’ song song và bằng AC => BA’ vuông góc và bằng AF . Lại có BA vuông góc và bằng AH nên hai tam giác HAF và ABA’ bằng nhau => HF = AA’ = 2AM. d. Hạ HP và FQ vuông góc với đường cao từ AN của tam giác ABC. -Chứng minh hai tam giác HQA và ANB bằng nhau => HQ=AN -Chứng minh hai tam giác FPA và ANC bằng nhau => FP=AN  HQ = FP Từ đó chứng minh HQFP là hình bình hành => AN qua trung điểm D của HF. Với tam giác AHF ta có điều ngược lại AM vuông góc với HF . e. Gọi K là trung điểm của AC ta có : KA = O2K O1K = O3K O1KO2 = AKO3  Hai tam giác O1KO3 , O3KA bằng nhau  Đpcm III . Đối xứng trục và đối xứng tâm : 18
19. 1. Bài tập về vị trí tương đối của điểm, đường thẳng . Bài toán 1a : Cho tam giác nhọn ABC có AH là đường cao . Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứng của H qua các cạnh AB,AC . Gọi M,N lần lượt là giao điểm của EF với AB,AC. Chứng minh rằng MC  AB và NB  AC . Giải : F A Tam giác MNH có AM,AN là phân giác N ngoài của hai góc M,N nên AH là M phân giác của góc MNH Do CH  AH nên CH là phân giác E B ngoài của góc MNH. H Tam giác MNH có CN,CH là phân giác C ngoài của hai góc N,H nên CM là phân giác trong của góc HMN .  CM  MB ( Vì MB là phân giác ngoài của HMN ) .Hay CM  AB . Tương tự chứng minh được NB  AC Bài toán 1b : Cho tam giác ABC và P là điểm bất kỳ . Gọi M,N,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC,BC . Gọi A’,B’,C’ lần lượt là điểm đối xứng của P qua Q,N,M . Chứng minh AA’,BB’,CC’ đồng quy . Giải : A C’ B’ P B C Chứng minh ABA’B’ là hình bình hành : A’ Các đoạn thẳng AB’ và BA’ cùng song song và bằng PC . Tương tự chứng minh được C’ACA’ là hình bình hành  đpcm 2. Bài tập về chứng minh bằng nhau . Bài toán 2a : Cho góc nhọn xOy có Ot là tia phân giác . M là điểm thuộc miền trong của góc . M1, M2 lần lượt là điểm đối xứng của M qua Ox và Oy . a. Chứng minh O thuộc đường trung trực của M1M2 . b. Gọi Oz là tia thuộc đường trung trực M1,M2 .Chứng minh rằng MOx nhận Ot làm phân giác . x M1 Giải : M 19
20. a. M1O = MO t M2O =MO M O = M O 1 2 z  O thuộc đường trung trực của đoạnO thẳng M M 1 2 y b. Có zOM2 = zOM1 = xOy  zoy + yOM2 = zOy + yOM = xOy  zOy + zOy + xOM = xOy  zOy = Mox M  MOt = tOz ( Do xOt = tOy ) 2  Ot là tia phân giác của góc MOz . 4. Bài tập về quỹ tích , dựng hình . Bài toán 4a : Một con kênh có hai bờ song song. P,Q là hai điểm cố định nằm ở hai phía con kênh. Xác định cầu MN vuông góc với kênh để đoạn đường đi từ P đến N bằng đoạn đường từ Q đến M (N nằm bờ kênh phía P và M nằm bờ kênh phía Q) . Q d M N P’ HD : P PT : - Giả sử dựng được P . Gọi P’ là đỉnh thứ tư của hình bình hành PNMP’ .Lúc đó PN = P’M => P’M=MQ => M thuộc trung trực của P’Q . CD : -Dựng P’ sao cho PP’ vuông góc với bờ kênh và chiều dài của PP’ bằng chiều rộng của bờ kênh . - Dựng trung trực (d) của P’Q . d cắt bờ kênh phía Q tại M . Từ đó dựng N . Bài toán 4b : Dựng tứ giác ABCD biết DA=AB=BC và biết ba trung điểm E,F,G của DA,AB, BC. (d1) (d2) F A B E G D C HD : A nằm trên đường trung trực của EF .B nằm trên đường trung trực của FG . Cần xác định AB lần lượt trên hai đường này để AB nhận F làm trung điểm . Bài toán được quy về bài toán 3a . 20
21. Bài toán 4c : Cho tam giác ABC , P là điểm nằm trong tam giác . Dựng M trên AB, N trên AC để tam giác MPN cân tại P và MN // BC . A HD : Giả sử hình dựng được , lúc đó M N M đối xứng với N qua trục là đường thẳng (d) qua P vuông góc với MN . Do MN//BC nên (d) vuông góc với BC . P Đường thẳng đối xứng với đường B C thẳng AB qua trục (d) cắt đường thẳng AC tại N . Nên có cách dựng : - Dựng (d) qua P và vuông góc với BC . - Dựng đường thẳng đối xứng với đường thẳng AB qua trục (d) ,đường thẳng này cát đường thẳng AC tại N . - Dựng M đối xứng với N qua (d) - Tam giác PMN là tam giác cần dựng . 5. Bài toán cực trị hình học . Bài toán 5a : ( Bài toán con chim ) Trong mặt phẳng P cho đường thẳng d hai điểm A,B nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ . Xác định trên d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất . Giải : a. Trường hợp A,B nằm ở một nửa mặt phẳng : B Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua trục (d) A MA +MB = MA1 + MB A1B . Dấu “ =” xảy ra lúc M [A1B]. (d)  M là giao điểm của A1B và d . M TIP : Thay đổi vị trí tương đối của A,B so với d ta được một số bài toán khác cần giải quyết A1 Bài toán 5b : Cho hai điểm cố định A,B cùng nằm trên mặt phẳng bờ d. Tìm trên d hai điểm M,N sao cho : - MN = l cho trước . - Tứ giác BNMA có chu vi nhỏ nhất . B’ B A d M N A’ 21
22. Bài toán 5c : Cho góc nhọn xOy và một điểm M thuộc miền trong của góc. Xác định trên Ox điểm A và trên Oy điểm B sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất . Giải : M1 Gọi M1, M2 lần lượt là hình chiếu của M qua trục Ox; Oy . A M MA + AB +BM = M1A +AB +BM2 M1M2 Dấu “=” xãy ra khi A,B M1M2 . O  A là giao điểm của M1M2 với Ox. B B là giao điểm của M1M2 với Oy M2 TIP: Bằng cách ràng buộc thêm các điều kiện của điểm M : M chạy trên một đoạn thẳng; chạy trên một đường tròn nằm trong góc xOy ;Tổng OA + OB không đổi; Thay đổi góc xOy; Thay đổi đại lượng cần tính cực trị . . . . chúng ta sẽ được hàng loạt các bài toán khác . Bài toán 5d : Cho góc nhọn xOy và hai điểm AB thuộc miền trong của góc đó . Tìm các điểm C,D lần lược thuộc Ox và Oy sao cho đường gấp khúc ACDBA có độ dài nhỏ nhất . Giải : Lấy A1 đối xứng với A qua Ox; B1 đối xứng với B qua Oy. Do AB cố định nên đường gấp khúc ACBD có độ dài nhỏ nhất lúc AC + CD + DB nhỏ nhất . Có AC +CD +DB = A1C + CD +DB1 A1A2 . Dấu ”=” xảy ra lúc C,D [A1B1].  C là giao điểm của A1B1 với Ox và D là giao điểm của A1B1 với Oy B1 D B O A C A1 Bài toán 5e : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. M là điểm thuộc cạnh BC. I,J lần lượt là hình chiếu của M xuống hai cạnh AB, AC .M1, M2 lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB,AC . E,F lần lượt là giao điểm của M1M2 với AB,AC . Xác định M a. Để IJ nhỏ nhất; lớn nhất . b. Để tam giác MEF có chu vi nhỏ nhất . A M2 Giải : 22
23. F M1 E J I BMC a. 2IJ = M1M2 . AM1 =AM=AM2 . M1AM2 =2BAC = CONST. IJ min (max) M1M2 min (max) AM1 min (max) AM min (max) . AM nhỏ nhất khi AM  BC . AM lớn nhất khi AM = Max(AB,AC ) b. Chu vi tam giác MEF = MF + ME +EF = M1M2 .  Để chu vi tam giác MEF nhỏ nhất thì M là chân đường cao từ A xuống BC. theo bài toán 1a thì E,F cũng là chân của hai đường cao còn lại V. Định lý Thalet 1. Bài tập về vị trí tương đối của điểm, đường thẳng . Bài toán 1a : Cho tứ giác lồi ABCD . Kẻ hai đường thẳng song song với AC . Đường thẳng thứ nhất cắt các cạnh BA,BC lần lượt tại G và H. Đường thẳng thứ hai lần lượt cắt các cạnh DA,DC lần lượt tại E và F .Chứng minh rằng GE,HF,BD đồng quy . I Giải : Gọi O là giao điểm của AC và BD . D M,N lần lượt là giao điểm của GH và EF E với BD . Ta có : =EN FN ( Do EF// AC ) A N F AO OC O  EN OA = G FN OC M C Tương tự ta cũng có : H B GM = OA GH OC EN GM  = FN HM  Đpcm ( Do EF // GH ) theo định lý đảo Bài toán 1b : ( Tổng quát bài toán 1a/ II) Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là chân đường vuông góc từ A xuống BD . M,N theo thứ tự là các điểm BH và CD sao cho : BM = CN Chứng minh rằng AM vuông góc với MN . BH CD 23
24. A D HD : - Chứng minh hai tam giác vuông N ABH và ACD đồng dạng . M H -Sử dụng gt : BM = CN BH CD B C để chứng minh hai tam giác ABM và ACN đồng dạng để được : AM = AN AB AC Và BAM = CAN => MAN = BAC .  Hai tam giác MAN và BAC đồng dạng  AMN = ABC = 900 ( đpcm ) 2. Bài tập về chứng minh bằng nhau . Bài toán 2a : Cho hình thang ABCD (AB // CD ). Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . Qua I kẻ đường thẳng song song với hai đáy cắt AD tại E và cắt BC tại F . a. Chứng minh : 1 1 1 = + IF AB CD b. Chứng minh I là trung điểm của EF. Giải : A B Có : IF = FC AB BC E I F IF = BF CD BC D Cộng hai đẳng thức trên ta được : C IF IF + = BF + FC = 1 AB CD BC  Đpcm . 1 1 1 b. Hoàn toàn tương tự ta cũng có : = + IE AB CD  IF = EF  Đpcm . Bài toán 2b : Cho hình thang cân ABCD (AD//BC ) . Gọi M,N là trung điểm của BC và AD . Trên tia đối của tia AB lấy điểm P bất kỳ . PN cắt BD tại Q. Chứng minh MN là tia phân giác của góc PMQ . P HD : 24
25. A I N K D Q B M P C Gọi I,K,P lần lượt là giao điểm của AD với PM , AD với MQ, PQ với BC . - Dễ dàng chứng minh được MN vuông góc với AD . - Có : IN/MP = IA/BM = AN/BP - NK/MP = KD/BM = ND/BP Do AN =ND nên được : IN/MP = NK/MP => IN=NK Tam giác IMK có MN vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên nó là phân giác ( đpcm ) 3. Bài tập tính toán . Bài toán 3a : Cho hình thang ABCD (AB//CD ) .I là giao điểm của AC với BD . Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích các tam giác IAB và IAD . Tính diện tích hình thang theo S1, S2 . Giải : S = S . IBC 2 A B Gọi S3 là diện tích tam giác IDC . Ta có : S1 2 S2 S3 = ID I S IB2 1 S S ID 3 2 = D C S1 IB 2 . S3 S2 = 2 S1 S1 2 S2  =. S3 = S1 2 2 S2 (S1+S2)  . SABCD = S1 + 2S2 + = S1 S1 Bài toán 3b : Cho tam giác ABC có Â = 2 B . Cho AB = c ,AC =b . Tính BC2 theo b,c . A B I C 25
26. Gọi AI là phân giác của tam giác . Ta có : IC/IB = AC/AB  IC = IB . AC/AB (1) Lại có hai tam giác ABC và IAC đồng dạng nên : IC/AC = AC/BC  IC = AC2/BC (2) Từ (1) và (2) ta được IB = AC.AB/BC Có BC = IB +IC = (AC2 + AC.AB ) /BC BC 2 = AC( AC + AB ) BC 2 = b(b+c ) 4. Bài tập về quỹ tích , dựng hình . Bài toán 4b : Cho tam giác ABC. I là điểm nằm trong tam giác . M là điểm thay đổi trên cạnh BC . Các đường thẳng qua M song song với BI và CI theo thứ tự cắt AC và AB tại N và P . Dựng hình bình hành MNQP. Tìm tập hợp điểm Q . Giải : Gọi K là giao điểm CI với AB ; H là giao điểm của BI và AC . Qua N kẻ đường thẳng song song với KC cắt KH tại Q. Qua P kẻ đường thẳng song song với HB cắt KH tại Q’ . A QH NM MB Ta có : = = QK NC MC H Q’H PB MB Q = = Q’K PK MC K N QH Q’H . = . P QK Q’K B M C  Q  Q’ Theo cách vẽ và kết quả trên ta được QMNP là hình bình hành . Q KH .Hay tập hợp các điểm Q là đoạn KH . Đảo : Tương tự phần thuận với điểm xuất phát là Q KH .Chứng minh M thuộc BC . Bài toán 4b : 26
27. I Cho góc xOy và một đường thẳng d bất kỳ cắt hai cạnh của góc . Tìm đoạn thẳng AB (A Oy; B Ox ) sao cho AB vuông góc với d và có trung điểm I nằm trên d . Giải : (d) Giả sử đã dựng được AB . A Gọi E là giao điểm của d với Ox F Từ E kẻ đường thẳng song song M M với AB cắt OI tại M, cắt Oy tại F I Ta có : EF vuông góc với d. E ME = MF . Cách dựng : B Qua E dựng d’ vuông góc với d cắt Oy tại F . Dựng trung điểm M của EF. Dựng I là giao điểm của OM với d. Qua I dựng đường thẳng vuông góc với d cắt Ox tại B và cắt Oy tại A . AB là đoạn thẳng cần dựng . 5. Bài toán cực trị hình học . Bài toán 5a : Cho góc nhọn xOy và điểm M thuộc miền trong của góc . Hãy dựng qua M một cát tuyến cắt hai cạnh của góc xOy tại A và B sao cho 1 1 + . đạt giá trị lớn nhất MA MB Giải : Vẽ : MN // Oy N A ON // AB P MN cắt Ox tại P . Kẻ PQ //AB (Q OM) 1 1 1 1 1 O M + = + = Q MA MB MA ON PQ 1 1 + . ĐểMA MB lớn nhất thì PQ nhỏ nhất . B Do OM, P cố định nên PQ nhỏ nhất khi PQ  OM . Lúc đó AB  OM Bài toán 5b : Cho góc nhọn xOy . M là điểm thuộc miền trong của góc . Đường thẳng d quay xung quanh M cắt Ox, Oy theo thứ tự tại A,B . Tìm vị trí của d sao cho OA+OB đạt giá trị nhỏ nhất . A 27 O M B
28. X Y HD : OA + OB = OX +OY + XA + YB Do OX + OY không đổi nên OA +OB nhỏ nhất khi XA + YB nhỏ nhất . Lại có : hai tam giác AXM và YMB đồng dạng nên : XA XM = . YM YB  XA.YB = YM .XM = const  XA + YB nhỏ nhất khi XA = YB  hai tam giác AXM và YMB bằng nhau  M là trung điểm của AB . Dựng A,B như bài 4b/II 6. Bài toán tổng hợp . Bài toán 6a : Cho tam giác ABC có G là trọng tâm . M là điểm bất kỳ trong tam giác . Gọi A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm của AM với BC; BM với AC; CM với AB .Đường thẳng GM cắt AB,AC,BC lần lượt ở C2 , B2 , A2 . MA MB MC a. Chứng minh : 1 + 1+ 1 =1 AA1 BB1 CC1 MA MB MC b. Chứng minh : 1 + 1+ 1 =3 GA1 GB1 GC1 1 1 1 c. Chứng minh : + = GA2 GB2 GC2 Giải : A C2 M G B2 B D M1 A1 C A2 a. MA1/AA1 = MM1/AD = SMBC /SABC . Tương tự có MB1/BB1 = SMAC/SABC MC1/CC1 = SMAB/SABC . Cộng các đẳng thức trên ta được : MA1/AA1 + MB1/BB1 +MC1/CC1 = (SMBC +SMAC +SMAB)/SABC = 1 (đpcm ) b. Qua G kẻ đường thẳng song song với AA1 cắt BC tại M2 . Có GM2/ AA1 = 1/3 => AA1 =3GM2 . 28
29. MA2/GA2 = MA1/GM2 = 3MA1/AA1 . Tương tự ta cũng có MB2/GB2 = 3MB1/BB1. MC2/GC2 = 3MC1/CC1 Cộng các đẳng thức trên ta được : MA2/GA2 +MB2/GB2 +MC2/GC2 = 3( MA1/AA1 + MB1/BB1 +MC1/CC1) = 3 ( Theo câu a ) c. Qua G kẻ các đường thẳng A song song với BC,AC. Các đường thẳng này cắt AB lần lượt ở G1,G2 . G2 Dễ dàng có AG2 = G1B = AB/3 C2 G AG2 =G2G1 = G1B = AB/3 G1 B2 GC2/GA2 = C2G1/G1B = 3C2G1/AB A2 GC2/GB2 =C2G2/G2A = 3G2C2/AB B C Cộng hai đẳng thức trên ta được : GC2/GA2 + GC2/GB2 = 3(C2G1 + G2C2)/AB = 3 G1G2/AB = 1 Chia hai vế cho GC2 ta được : 1/GC2 = 1/GA2 + 1/GB2 . ( đpcm) Bài toán 6b : Cho tam giác ABC . I là một điểm trong tam giác . IA, IB, IC theo thứ tự cắt BC, CA , AB tại M, N, P . NP cắt BC tại R IA NA PA a. Chứng minh : = + IM NC PB MB NC PA b. Chứng minh rằng : . . ( Định lý Cê va ) M NA PB =1 CRB NC PA c. Chứng minh rằng : . . ( Định lý Mê nê lauyut ) RC NA PB =1 MB RB d. Chứng minh rằng : = . M RC A C Giải : E F P N Q I Qua A kẻ đưởng thẳng song song với BC cắt BN tại E và cắt CP tại F . R B M C NA = AE Có : NC BC PA = AF PB BC . NA + PA NC BC 29
30. AE AF EF IA = + = = BC BC BC IM PA AE b. Có :MB = AE ;NC = BC ; = M AF NA AF PB BC Nhân các bấtC đẳng thức trên vế theo vế ta được : MB NC PA AE BC AF . . =. . = 1. M NA PB AF AE BC c. Kẻ BQ//ACC (Q thuộc RN ) Có :RB = BQ ;PA = AN ; NC = NA RC CN PB BQ NA NA Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được : RB PA NC BQ AN NC . . =. . = 1. RC PB NA CN BQ NA d. Từ b và c dễ dàng suy ra đpcm. VI. hệ thức lượng trong tam giác - định lý pitago . 1. Hệ thức lượng trong tam giác thường Bài toán 1a : Chứng minh rằng trong một tam giác bình phương cạnh đối diện góc nhọn bằng tổng bình phương hai cạnh kia trừ đi hai lần tích của một trong hai cạnh ấy với hình chiếu của cạnh còn lại trên nó . Chứng minh : A Giả sử A là góc nhọn . Gọi AH là hình chiếu của cạnh AC trên cạnh AB . H Cần chứng minh : BC2 = AB2 + AC2 - 2AB.AH - Tam giác vuông CHB có : BC2 = CH2 + HB2 (1) - Tam giác vuông CHA có : B C CH2 = AC2 - HA2 (2) - Do góc A nhọn nên H nằm giữa AB , có : HB = AB-HA HB 2 = AB2 + HA2 - 2AB.HA (3) Thay (2) và (3) vào (1) được đpcm Bài toán 1b : Chứng minh rằng trong một tam giác bình phương cạnh đối diện góc tù bằng tổng bình phương hai cạnh kia cộng đi hai lần tích của một trong hai cạnh ấy với hình chiếu của cạnh còn lại trên nó . Chứng minh : 30
31. Hoàn toàn giống bài toán 1a với chú ý : H Do góc A tù nên A nằm giữa BH Có A HB = AB + HA HB 2 = AB2 + HA2 + 2AB.HA B C Bài toán 1c (Định lý về đường trung tuyến ) : Cho tam giác ABC có AM là trung tuyến , AH là đường cao. Chứng minh hệ thức : A AB2 + AC2 = 2AM2 + BC2/2 Chứng minh : Giả sử : AMB AMC > 900 . Tam giác MAB có : AB2 = MB2 +MA2 -2BM.MH (1) Tam giác MAC có : H M AC2 = MC2 + MA2 - 2MC.MH (2) B C Cộng (1) và (2) với chú ý MB =MC =BC/2 ta được đpcm . 2. Bài tập chứng minh đồng quy, vuông góc : Bài toán 2a : a. Chứng minh rằng tổng các bình phương 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 người ta dựng các hình chữ nhật ABB1A1 ; BCC1B2; CAA2C2 . Chứng minh rằng các đường trung trực của các đoạn A1A2; B1B2; C1C2 đồng quy . Chứng minh : P a. Cần chứng minh hệ thức : PA2 + PC2 = PB2 + PD2 . Gọi O là giao điểm AC và BD ,có : A B PO là trung tuyến của các tam giác PAC, PDB . - Tam giác PDB có : PD2 + PB2 = 2OP2 + BD2/2 - Tam giác PAC có : O PA2 + PC2 = 2OP2 + AC2/2 D C - Do AC = BD nên PA2 + PC2 = PB2 + PD2 . b. Chứng minh : B2 Gọi P là giao điểm hai trung trực của các đoạn B B và A A . 1 2 1 2 B1 PB2= PB1 ; PA1 = PA2 . B C1 31 A1 P A2
32. C A C2 - Xét điểm P và hình chữ nhật BCC1B2 có : 2 2 2 2 2 2 2 PC1 = PC + PB2 -PB = PC + PB1 -PB (1) - Xét điểm P và hình chữ nhật ACC2A2 có : 2 2 2 2 2 2 2 PC2 = PC + PA2 -PA = PC + PA1 -PA (2) Trừ (1) cho (2) được : 2 2 2 2 2 2 PC1 - PC2 = PB1 + PA - PB - PA1 = 0 ( Do quan hệ điểm P với HCN ABB1A1 ) PC 1 = 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 đường thẳng (d) tuỳ ý . Chứng minh rằng tổng các bình phương các khoảng cách từ bốn đỉnh hình vuông đến đường thẳng (d) không đổi . A B C A 1 D 1 B1 1 O D C Dễ dàng chứng minh được các tam giác AA 1O, CC1O, OB1B, OD1D bằng nhau, tam giác OAD vuông cân tại O . Từ đó có : 2 2 2 DD1 + BB1 = 2OA1 . 2 2 2 AA1 + CC1 = 2AA1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 DD 1 + BB1 +AA1 + CC1 = 2(OA1 +AA1 ) = 2AO = AD = a =const Bài tập 3b : Chứng minh rằng: Trong một hình thang ,tổng các bình phương hai đường chéo bằng tổng các bình phương hai cạnh bên cộng hai lần tích hai cạnh đáy . A 32 D
33. B E F 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 . Được : 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 . Được : BD2 = BC2 - FC2 + EF2 +DE2 -2EF.DE . (2) Cộng (1) và ( 2) được : 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 đường thẳng a,b song song với nhau cách nhau một khoảng 2k cho trước. I là điểm cách đều hai đường thẳng trên ; Hai cạnh của một góc vuông có đỉnh I lần lượt 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 được : 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. x 2 = k2 => x = k (do x>0). Bài toán 2b : 33
34. Cho tam giác ABC vuông tại A .Xác định điểm M trong tam giác sao cho tổng các bình phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đat giá trị nhỏ nhất . A E F I M B H G C 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) được M là trung điểm của AH thì tổng các bình phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác nhỏ nhất . Hết 34