Dự án phát triển bài hình lớp 8 chương i

6 Xác định vị trí của N để tam giác CMN có diện tích lớn nhất.. 7 Tìm vị trí của các điểm N sao cho đoạn thẳng MN có độ dài nhỏ nhất.. 8 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tíc

Bài 1 Cho hình vuông ABCD

có cạnh a

không đổi Trên cạnh CD

lấy điểm N

bất kì và Q

là giao

điểm của AN

với đường chéo AC

Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của Q trên AB và AD

1) Chứng minh rằng các đường thẳng DE DF BE , ,

đồng quy

2) Tìm vị trí của N để tích QE QF

có giá trị lớn nhất

3) Trên cạnh BC lấy điểm G sao cho CN BG = Tìm vị trí điểm N

để độ dài đoạn NG

ngắn nhất

4) Gọi I là giao điểm của giao điểm của CQ với EF Chứng minh rằng

QE + QF = QI

5) Trên các cạnh BC

lấy điểm M sao cho MAN · = 450 Chứng minh rằng chu vi tam giác CMN

không đổi

6) Xác định vị trí của N

để tam giác CMN

có diện tích lớn nhất

7) Tìm vị trí của các điểm N

sao cho đoạn thẳng MN

có độ dài nhỏ nhất

8) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN

9) Đường chéo BD cắt AM và AN

lần lượt tại P và Q Chứng minh rằng các đoạn thẳng

, ,

BP PQ QD

là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông

10) Gọi O

là giao điểm của NP

với MQ

Chứng minh rằng AO

vuông góc với MN

11) Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau

DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC 8 CHƯƠNG I:

TỨ GIÁC

Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm

HƯỚNG DẪN GIẢI

1) Chứng minh rằng các đường thẳng DE DF BE , ,

đồng quy

Ta có tứ giác AEQF

là hình chữ nhật nên AF QE =

và QF AE =

Các tam giác QEB

và QCF

vuông

cân nên QF DF =

và QE BE =

Suy ra AE FD = và AF BE = .

Từ ∆ CBE = ∆ BAF ta được CE BF ⊥ và từ ∆ DAE = ∆ CDF ta được DE CF = và DE CF ⊥ .

Lại có QC QA EF = =

nên ∆ QCF = ∆ FED

nên

QCF FED =

Mà ta có FED CFE · + · = 900 nên suy ra

QCF CFE + =

Gọi giao điểm của CQ

với EF là I , khi đó ta có CIF · = 900 hay CQ EF ⊥

Như vậy DE DF BE , ,

là các đường cao của tam giác CEF

nên DE DF BE , ,

đồng quy tại một điểm

2) Tìm vi trí của N để tích QE QF

có giá trị lớn nhất

Ta có tứ giác AEQF

là hình chữ nhật nên đặt AF QE x AE QF y = = ; = =

với x y a + =

Ta có

2 2 2

x y + ≥ xy

nên

( )2 2

1

a

xy ≤ x y + =

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x y =

Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm

Do đó tích QE QF

có giá trị lớn nhất là

2

4

a

khi N

trùng với đỉnh C

của hình vuông ABCD

3) Trên cạnh BC lấy điểm G sao cho CN BG = Tìm vị trí điểm N

để độ dài đoạn NG

ngắn nhất

Đặt BG x = khi đó ta được GC a x = − Tam giác CNG

vuông tại C

nên theo định lí Pythago ta được

( )2

2

GN CG NC a – x x 2x – 2ax a

=  + ÷ = + ÷+ =  − ÷ + ≥

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

1 0

a

x − a = ⇔ = x

Suy ra ta được

2 2

a

GN ≥

Do đó NG

đạt giá trị nhỏ nhất là

2 2

a

khi 2

a

x =

Vậy khi N

là trung điểm của CD

thì MN nhỏ nhất

4) Gọi I là giao điểm của giao điểm của CQ với EF Chứng minh rằng

QE + QF = QI

Theo chứng minh như trên ta có QI EF ⊥

Do đó ta có 2 SQEF = QE QF EF QI =

và

EF = QE QF +

Suy ra

1

.

EF

QI QE QF =

hay

EF QE QF

QI QE QF QE QF QE QF

+

Vậy ta có điều cần chứng minh

5) Trên các cạnh BC

lấy điểm M sao cho MAN · = 450 Chứng minh rằng chu vi tam giác CMN

không đổi

Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với AM , đường thẳng này cắt đường thẳng CD

tại K.

Khi đó ta có KAD MAB · = · Hai tam giác vuông ADK và ABM có KAD MAB · = · và AD AB =

Do đó ∆ ADK = ∆ ABM, suy ra DK BM = ;AM = AK

và · DAE MAB = · Từ đó ta được · KAN = 450 Xét

hai tam giác AMN và AKN có

AM AK MAN KAN = = =

và AN

là cạnh chung Suy ra ∆ AMN = ∆ AKN nên ta được MN NK =

Gọi pCMN

là chu vi tam giác CMN

, khi đó ta có

2

CMN

p = CM MN CN CM KN CN CM CN BM CN BC CD + + = + + = + + + = + = a

Do đó chu vi tam giác CMN

không đổi

6) Xác định vị trí của N

để tam giác CMN

có diện tích lớn nhất

Đặt CM x CN y = ; =

Theo định lí Pythago ta có

2 2 2

MN = + x y

nên ta được

2 2

MN = x + y

Do tam giác CMN

có chu vi không đổi nên ta có

2 2 2

x y + + x + = y a

Từ đó ta có

1 2

CMN

S = x y

với

2 2 2

x y + + x + = y a

không đổi

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có x y + ≥ 2 xy

và

2 2 2

x + ≥ y xy

Do đó ta được 2 a x y = + + x2 + ≥ y2 xy ( 2 + 2 )

nên xy a ≤ 2 2 1 ( ) −

2

2 2 1

CMN

Dấu bằng xẩy ra khi x y a = = 2 2 1 ( ) −

hay BM CN a = = 2 2 1 ( ) −

Vậy tam giác CMN

có diện tích lớn nhất là ( )2

2 2 1

khi M và N

thoả mãn

( )

2 2 1

Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm

7) Tìm vị trí của các điểm N

sao cho đoạn thẳng MN

có độ dài nhỏ nhất

Như chứng minh trên ta đã có MN CM CN + + = 2 a không đổi Đặt MN x MC y = ; = ;CN = z

Áp dụng bất đẳng thức ( 2 2) ( )2

2 a b + ≥ + a b

và định lí Pythago cho tam giác CMN

được

a

y + z ≥ + y z ⇒ x ≥ a x − ⇒ x ≥ − ⇒ ≥ a x x ⇒ ≥ x − a

+

Vậy ta có MinMN = ( 2 2 2 − ) a

2

x

y z = = = a −

Khi đó AM AN ,

theo thứ tự là

phân giác của góc ·DAC

và ·BAC

8) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN

Đặt BM x DN y = ; = ( 0 ≤ x y a ; ≤ )

Khi đó ta có SAMN = SABCD− ( SABM + SADN + SCMN)

Hay ta được

ax

AMN

S = − a   + + − ay a x a y −   = a − xy

Mặt khác từ tam giác vuông CMN có 2 ( ) (2 )2

MN = − a x + − a y

x y + = − a ax x a + + − ay y + ⇔ = − xy a a x y + ⇔ a x y a xy + = −

Do vậy

AMN

S = a x y + = at

với t x y = +

Đến đây ta nhận thấy nếu t lớn nhất thì diện tích tam giác

AMN

lớn nhất và ngược lại Như vậy ta cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của t

+ Để ý là ta đang có x y t + =

và

2

.xy a at = −

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc ta có

( )2

2

1

x y

Do đó

Ta được

4

a − ≤ at t ⇔ + t at − a ≥ ⇔ + t a ≥ a

Do đó ta suy ra được t + ≥ 2 a 2 2 a ⇔ ≥ t 2 a ( ) 2 1 −

Dấu bằng xẩy ra khi 2 ( 22 1) ( 2 1)

t

x y

x y a

 = =



2

AMN S

Min = a a − = a −

+ Lại có

xy a at = − ⇔ = − at a xy

nên suy ra

2

at a ≤ nên t a ≤ .

Điều này có nghĩa là M t a ax = , khi đó

2

1

AMN S

a

M = a a =

Trong trường hợp này ta được x a y = ; = 0

hoặc x = 0; y a =

hay M B N C ≡ ; ≡

hoặc M C N D ≡ ; ≡

9) Đường chéo BD cắt AM và AN

lần lượt tại P và Q Chứng minh rằng các đoạn thẳng BP PQ QD , ,

là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông

Vẽ AH MN ⊥ tại H Xét hai tam giác AMN

và AKN

có AN

chung, AM AK = và MN KN =

Suy ra ∆ AMN = ∆ AKN nên ta được · AKN AMN AMB = · = · và · AND ANH = ·

Xét hai tam giác vuông AND

và ANH

có AN

chung và · AND ANH = · .

Suy ra ∆ AND = ∆ ANH nên ta được DN HN AD AH AB = ; = =

Do đó ta được HM MN HN DN MB DN MB = − = + − = .

Như vậy AM là đường trung trực của HB, nên ta được PB PH = và · AHP ABP = · = 450.

Hoàn toàn tương tự ta được QD QH =

và

QHN QDN = =

Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm

Từ đó ta được

QHP = − PHM QHN − =

Do đó tam giác QHP

vuông tại H nên ta có PQ QH HP2 = 2+ 2

Do đó ta được

PQ = DQ PB +

hay các đoạn thẳng BP PQ QD , ,

là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông

10) Gọi O là giao điểm của NP với MQ Chứng minh rằng AO vuông góc với MN.

Theo chứng minh trên thì AM AN ,

theo thứ tự là trung trực của BH DH ,

nên AM AN ,

theo thứ tự là

phân giác của góc

· ·,

BAH DAH

Lại có KAD MAB · = · nên suy ra AQ là phân giác của góc vuông ·KAM

Lấy điểm T đối xứng với A qua điểm Q thì ta có tứ giác AMTK là hình vuông với AT là đường chéo

Khi đó ta có

QM = AT = MK

nên suy ra Q là trung điểm của MK Do đó suy ra ba điểm M Q K , ,

thẳng hàng và MQ AQ ⊥

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có NP AP ⊥ Tam giác AMN có hai

đường cao NP NQ ,

nên O

là trực tâm Do đó ta được AO MN ⊥ .

11) Chứng minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau

Kẻ PL MQ ⊥

tại Lvà PJ AQ ⊥

tại J Ta có các tam giác APN AQM NQH MPH MPL , , , ,

vuông cân

AP PN

PJ = =

nên

APQ

PN

S = AQ PJ = AQ = QM PN

Áp dụng định lý Pythago ta có cho tam giác vuông NQH

ta có

, suy ra

2

NO

NQ =

Áp dụng tương tự ta có 2

PO

PL =

1

2 2

APQ

Như vậy ta có

1 2

S = S = S

12) Chứng minh rằng

+ Lời giải 1 Do ABCD

là hình vuông có cạnh bằng a

nên

AC BD = = a

Do Q

là điểm nằm trong hình vuông ABCD

nên QA QC AC + ≥

Từ đó ta được

2 2

2

2

a

+

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được

2 2 2

QB QD a + ≥

Do đó suy ra

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Q

là giao điểm của hai đường chéo AC

và BD, khi đó điểm M trùng

với điểm B và N

trùng với điểm C

+ Lời giải 2 Dễ thấy 2 SAOB ≤ QA B Q

QA QB − ≥ ⇔ QA QB + ≥ QA B

Do đó ta được

2 2 4 QAB

QA QB + ≥ S

Chứng minh được tự ta được

Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm

2 2 4 QCB; 2 2 4 QCD; 2 2 4 QAD

QB QC + ≥ S QC QD + ≥ S QD QA + ≥ S

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

2 QA QB QC QD + + + ≥ 4 SQAB+ SQCB+ SQCD+ SQAD = 4 SABCD = 4 a

2 2 2

QB QD a + ≥

Do đó suy ra

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Q

là

giao điểm của hai đường chéo AC

và BD, khi đó điểm M trùng với điểm B và N

trùng với điểm C