Bài 164 trang 101 SBT Toán 8 tập 1Giải bài 164 trang 101 sách bài tập toán 8. Cho đoạn thẳng AB = a. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AMNP, BMLK có tâm theo thứ tự là C, D... Đề bài Cho đoạn thẳng AB = a. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AMNP, BMLK có tâm theo thứ tự là C, D. Gọi I là trung điểm của CD. a. Tính khoảng cách từ I đến AB b. Khi điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm I di chuyển trên đường nào ? Phương pháp giải - Xem chi tiết - Vận dụng tính chất của tam giác cân và tính chất về giao điểm hai đường chéo của hình vuông. - Xác định khoảng cách giữa I với đoạn thẳng AB. Lời giải chi tiết
a. Kẻ CE ⊥ AB, IH ⊥ AB, DF ⊥ AB ⇒ CE // DF // IH (cùng vuông với AB) Suy ra DCEF là hình thang. Xét hình thang DCEF có: CE // DF // IH và IC = ID (vì I là trung điểm của CD) Nên H là trung điểm cạnh EF Suy ra IH là đường trung bình của hình thang DCEF \( \Rightarrow IH = \displaystyle {{DF + CE} \over 2}\) (1) Vì C là tâm hình vuông AMNP nên \(CA=CM\) (tính chất) và \(\widehat{ACM}=90^0\) ⇒ ∆ CAM là tam giác vuông cân tại C Lại có CE ⊥ AM hay CE là đường cao của tam giác cân CAM ⇒ CE cũng là đường trung tuyến (tính chất tam giác cân) ⇒ CE = \(\displaystyle {1 \over 2}\)AM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền) Vì D là tâm hình vuông BMLK nên \(DB=DM\) (tính chất) và \(\widehat{MDB}=90^0\) ⇒ ∆ DBM vuông cân tại D Có DF ⊥ BM nên DF là đường cao của tam giác cân DBM ⇒ DF cũng là đường trung tuyến (tính chất tam giác cân) ⇒ DF = \(\displaystyle {1 \over 2}\)BM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền) Vậy CE + DF = \(\displaystyle {1 \over 2}\)AM + \(\displaystyle {1 \over 2}\)BM = \(\displaystyle {1 \over 2}\) (AM + BM) = \(\displaystyle {1 \over 2}\)AB = \(\displaystyle {a \over 2}\) Từ (1) ta suy ra: \( \Rightarrow IH = \displaystyle {{DF + CE} \over 2}\) \(=\displaystyle {{\displaystyle {a \over 2}} \over 2} = {a \over 4}\) b. Gọi Q là giao điểm của BL và AN Ta có: AN ⊥ MP (2) (tính chất hình vuông APNM) BL ⊥ MK (3) (tính chất hình vuông BMLK) Lại có: \(\widehat {PMN} = \dfrac{1}{2}\widehat {AMN} = \dfrac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (do APNM là hình vuông nên MP là phân giác góc AMN) \(\widehat {KMN} = \dfrac{1}{2}\widehat {BML} = \dfrac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (do BMLK là hình vuông nên MK là phân giác góc BML) \( \Rightarrow \widehat {PMK} = \widehat {PMN} + \widehat {NMK} \)\(= {45^0} + {45^0} = {90^0}\) Suy ra MP ⊥ MK (4) Từ (2), (3) và (4) suy ra BL ⊥ AN Lại có \(\widehat {QAB} = \dfrac{1}{2}\widehat {MAP} \)\(= \dfrac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\) (do APNM là hình vuông) ⇒ ∆ QAB vuông cân tại Q cố định. Khi M thay đổi thì I thay đổi luôn cách đoạn thẳng AB cố định một khoảng không đổi bằng \(\displaystyle {a \over 4}\) nên I chuyển động trên đường thẳng song song với AB, cách AB một khoảng bằng \(\displaystyle {a \over 4}\) Khi M trùng B thì I trùng với S là trung điểm của BQ Khi M trùng với A thì I trùng với R là trung điểm của AQ Vậy khi M chuyển động trên đoạn AB thì I chuyển động trên đoạn thẳng RS song song với AB, cách AB một khoảng bằng \(\displaystyle {a \over 4}\) . xemloigiai.com
|