Chuyên đề BDHSG Hình học 9

a/ Chứng tỏ rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định... Đường tròn ngoại tiếp 2 hình vuông cắt nhau tại điểm thứ hai là N.. c/Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn nối t

ĐƯỜNG TRÒN – HÌNH VUÔNG

1/ Cho hình vuông ABCD Đường kính CD và đường tròn tâm A , bán kính AD cắt nhau tại

M

( M không trùng với D ) Chứng minh rằng đường thẳng DM đi qua trung điểm cạnh BC

HƯỚNG DẪN B

O

DM là dây chung của hai đường tròn ⇒ AO ⊥ DI

⇒ OAD = CDI ; AD = CD ⇒ ∆ ADO = ∆ DCI ⇒ IC = OD = ½ BC

2/Cho hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O , bán kính R M là một điểm bất kỳ trên đường tròn

a/Chứng minh MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 24R4

b/ Chứng minh MA MB MC MD < 6R2

HƯỚNG DẪN

a/ MA4 + MC4 = ( MA2 + MC2 ) – 2MA2 MC2 = AC4 – 2MH2 AC2 = 16R4 – 8R2.MH2

Chứng minh tương tự ta có : MB4 + MD4 = 16R4 – 8R2.MK2

⇒ MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 32R4 – 8R2 ( MH2 + MK2 ) = 32R4 – 8R2.R2

= 24R4

b/ Aùp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có :

(MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 ) ≥ 2 (MA4 +MB4 )(MC4 +MD4 )

Vì MA4 + MB4 ≥ 2 MA4 MB4 = 2MA2 MB2

MC4 + MD4 ≥ 2 MC4 MD4 = 2MC2 MD2

⇒ (MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 ) ≥ 2 MA2 MB2 MC2 MD2

(MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 ) ≥ 4MA.MB.MC.MD

⇒ 4MA.MB.MC.MD ≤ 24R4

⇒ MA.MB.MC.MD ≤ 6R4 Dấu “=” xảy ra ⇔ MA = MB = MC = MD nhưng điều này không thể xảy ra nên : MA.MB.MC.MD < 6R4

C I

M

O

H K

M

3/Cho hình vuông ABCD Dựng nửa đường tròn tâm I , đường kính AD và cung AC tâm D , bán kính DA Tia DE gặp nửa đường tròn ( I ) tại K Kẻ EF vuông góc với AB

Chứng minh EK = EF

HƯỚNG DẪN

Nhận xét : EF ⊥ AB , EK ⊥ AK

⇒ cần chứng minh AE là phân giác của góc BAD

Đường tròn (D ) tiếp xúc với AB tại A ⇒ ADE = 2FAE (1)

ADE = KAF = FAE + EAK (2) Từ (1) và (2) ta có : FAE = EAK

3/ Cho hình vuông ABCD cạnh a Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm di động

E , F sao cho : AE + EF + FA = 2a

a/ Chứng tỏ rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định

b/ Tìm vị trí của E , F sao cho diện tích ∆ CEF lớn nhất

A E B K HƯỚNG DẪN

H

F

a/ Trên tia đối của BA lấy K sao cho BK = DF Vẽ CH ⊥ EF , H ∈ EF

∆ DFC = ∆ DKC ( DF = BK ; FDC = KBC = 900 ; DC = BC )

⇒ CF = CK

Vì EF = 2a – ( EA + FA ) = ( AB + AD ) – ( EA + FA ) = AB – EA + AD – FA

= EB + FD = EB + BK

Do đó ∆ CEF = ∆ CEK ( c.c.c)

Suy ra các đường cao CH và CB bằng nhau

CH không đổi , C cố định , CH ⊥ EF ⇒ EF luôn tiếp xúc với đường tròn cố định ( C ,

a )

b/ ∆ HCF = ∆ DCF ( H = D = 900 ; CF chung ; CH = CD = a ) ⇒ SHCF = SDCF Chứng minh tương tự ta có : SHCE = SBCE do đó SHCF + SHCE = SDCF + SBCE

⇒ SCEF = ½ SCDFEB ⇒ SCEF = ½ ( a2 – SAEF )

SAEF ≥ 0 ⇒ SCEF ≤ ½ a2 Dấu “ = “ xảy ra ⇔ SAEF = 0 ⇔

E K

C D

E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D Vậy E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D thì SCEF đạt giá trị lớn nhất

5/ Trên đoạn AB lấy M tùy ý Trên đoạn AM và MB dựng về một phía đối với AB các hình vuông AMEF và MBCD Đường tròn ngoại tiếp 2 hình vuông cắt nhau tại điểm thứ hai là N

a/Chứng minh AN đi qua một đỉnh của hình vuông thứ hai

b/Tìm quỹ tích của N khi M di chuyển trên AB

c/Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn nối tâm hai hình vuông

HƯỚNG DẪN

F E

A M B

a/ BD cắt AE tại H ∆ AHB có : HAB = HBA = 450 ⇒ HB ⊥ AH

Xét ∆ AEB ta có : EM ⊥ AB ; BH ⊥ AE ⇒ AD ⊥ BE tại N

Mà DNB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ DN ⊥ BE tại N

⇒ ba điểm A , D , N thẳng hàng

⇒ điều phải chứng minh

b/ Quĩ ttích của N là nửa đường tròn đường kính BD

c/ Quĩ tích của I là đường trung trực của đoạn thẳng PQ Khi M trùng với B thì I trùng với tâm của hình vuông AMEF

ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP

TỔNG QUÁT

1/ Công thức Ơ Le : d2 = R2 – 2Rr

Gọi O’ , O là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ED là đường kính vuông góc với AC tại L ; DE = 2R ; BD là phân giác của góc ABC ( AD = DC ) Vẽ OK ⊥ ED

Xét tam giác OO’D ta có :

OO’2 = O’K2 + OK2 = ( O’D – KD )2 + OD2 - KD2

= O’D2 + KD2 - 2O’D.KD + OD2 - KD2

H

I . Q

B

A

C

D

E

O K M

OO’ 2 = O’D 2 + OD 2 - 2O’D KD

Vẽ bán kính OM Tứ giác OMLK là hình chữ nhật do đó : OM = KL ⇒ KD = r + LD ⇒ OO’2 = R2 + r2 – 2R(r+ LD) = R2 – 2Rr + r2 – 2R.LD

Xét tam giác vuông DAE ta có : AD2 = LD ED = 2R.LD

⇒ OO’2 = R2 – 2Rr + r2 – AD2

Xét tam giác AOD : vì AO là phân giác của góc BAC , do đó :

DAO = DAC + CAO = DBC + OAB = DBA + OAB = AOD

⇒ DAO = AOD ⇒ AD = OD

Vậy d 2 = R 2 - 2 Rr

2/ Cho ∆ ABC có độ dài các cạnh là a,b , c Gọi R , r là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác Chứng minh rằng :

2

1 16

) ( ) ( ) (

2

2 2

2

≤

− +

− +

− +

R

a c c b b a R r

HƯỚNG DẪN

Gọi H , O, I lần lượt là trực tâm , tâm đường tròn ngoại và nội tiếp, p là nửa chu vi tam giác Chiếu O và I lên một trong các đường thẳng BC , CA hoặc AB ; chẳng hạn chiếu lên CA ta được O’ và I’ Ta có : CO’ = ½ b ; p = CI’ + AK + KB = CI’ + c ⇒ CI’ = p -c

= ½ a + ½ b + ½ c – c = ½ ( a+b-c ) O’I’ = CI’ – CO’ = ½ (a+b-c) – ½ b = ½ (a-c)

Từ O’I’ ≤ OI và áp dụng công thức Ơle : OI2 = R2 –2Rr ta được : c a R 2Rr

4

)

−

≤

Không mất tính tổng quát , ta giả sử : a ≤ b ≤ c Thế thì :

( c-a)2 = [(c-b)+(b-a)]2 = ( c -b )2 + ( b-a)2 +2(c-b)(b-a)

⇒ ( c-a )2 ≥ ( c -b )2 + ( b-a)2

( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ≥ 2[( c -b )2 + ( b-a)2 ]

⇒ 21[ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ≥ ( c -b )2 + ( b-a)2

Ta có : 4R2 – 8Rr – ( c-a)2 ≥ 0 ( 1 )

( c-a )2 - ( c -b )2 - ( b-a)2 ≥ 0 4R2 – 8Rr – [( c-b)2 + (b-a)2 ] ≥ 0

12[ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ≥ ( c -b )2 + ( b-a)2

4R2 – 8Rr - 12[ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ≥ 0 8R2 ≥ 16Rr + ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2

.

A

I’

O K

-+ H

Chia cả hai vế cho 16R2 ta được :

2

1 16

) ( ) ( ) (

2

2 2

2

≤

− +

− +

− +

R

a c c b b a R r

3/ Dây cung DE của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác này tại các điểm M và N Chứng minh rằng DE ≥ 2MN

HƯỚNG DẪN

Dựng đường tròn C tâm trùng tâm I của đường tròn nội tiếp ∆ ABC , tiếp xúc với

DE tại L Gọi H là giao của đường thẳng OI với đường tròn C với OH = OI + IH Ta sẽ

chứng minh DE ≥ PQ Kẻ OK ⊥ DE Ta có : OH = OI + IH = OI + IL ≥ OL ≥ OK Do đó DE ≥ PQ

Để chứng minh DE ≥ 2MN ta chỉ cần chứng minh PQ ≥ 2XY ( X , Y là giao điểm của PQ với đường tròn nội tiếp ∆ ABC )

Đặt IH = d1 ; IO = d Ta phải chứng minh XY2 = 4 ( r2 – d12 ) ≤ ¼ PQ2 = R2 – ( d + d1 )2 hay 4 ( r2 – d12 ) ≤ R2 – ( d + d1 )2 ( R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của ∆ ABC ) (1)

*Nếu R ≥ 6r ta có : (1) ⇔ 4(r-d1)(r + d1) ≤ ( R – d – d1)(R + d + d1 ) (2)

H nằm trong đường tròn nội tiếp ∆ ABC nên r ≥ d1

+Nếu d ≥ d1 thì R + d + d1 ≥ 6r + d+ d1 ≥ 6r + 2d1 ≥ 4r + 4d1 mà R > d + r nên

R – d – d1 > r – d1 suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng

+Nếu d1 ≥ d thì R - d - d1 ≥ 6r – d - d1 > 6r – d - d1 – ( 2r – d + 3d1 ) = 4r - 4d1 mà

R + d + d1 > d1 + r suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng

*Nếu 2r ≤ R ≤ 6r , ta có :

(1) ⇔ 4r2 – 4d12 ≤ R2 – d12 – d2 – 2dd1 (3)

Aùp dụng hệ thức Ơle d2 = R2 – 4Rr ta có :

4r2 – 4d12 ≤ 2Rr – d12 – 2dd1 ⇔ 3d12 – 2dd1 + 2Rr – 4r2 ≥ 0

⇔ 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – d2 ) ≥ 0

⇔ 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – R2 + 2Rr ) ≥ 0

⇔ 3( d1 – d/3)2 - 1/3 (R – 2r)(r – 6r) ≥ 0

Điều này đúng vì 2r ≤ R ≤ 6r Vậy (3) đúng , dẫn đến (1) đúng Tóm lại DE ≥ 2MN Đẳng thức xảy ra khi ∆ ABC đều và DE là đường kính đường tròn ngoại tiếp

N

.

.

I L

Y

O M

A

D

E

C

B

Q

P

K

H X

ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC

ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ

1/ a/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều Chứng minh rằng :

AIO ≤ 900 ⇔ 2BC ≤ AB + CA

HƯỚNG DẪN A

I

O

B C

D Cách 1 : AIO ≤ 900 ⇔ AO2 ≤ IO2 + IA2 ⇔ R2 ≤ ( R2 – 2Rr ) +

2 sin 2

2

A

r

( hệ thức Ơ Le )

⇔ 2R ≤ 1−2cosr A ⇔ 1- cosA ≤ R r = a2(bc a+sinb+2 A c)

⇔a(a+b+c) ≤ 2bc(1+cosA) = (b+c)2 – a2 ⇔ 2a ≤ b + c

Cách 2 : Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC tại D

Ta chứng minh được : DB = DI = DC

( BAD = BAC ⇒ cung DB = cung DC ⇒ DB = DC

IBD = IBC + CBD = IBA + IAB = BID ⇒ ∆ BDI cân tại D ⇒ DB = DI

⇒ DB = DI = DC )

Aùp dụng Định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có : AB.DC + AC.BD = AD.BC

⇒ DI ( AB + AC ) = AD.BC

AIO ≤ 900 ⇔ AI ≥ ID ⇔ 2 ≤ AD DI = AB BC+ AC ⇔ 2BC ≤ AB + AC

b/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều Chứng minh rằng : AIO = 900 ⇔ 2BC = AB + CA

HƯỚNG DẪN A

I

O

B C

D

Ta có OA = R , OI2 = R2 – 2Rr ( công thức Ơ Le ) và IA2 =

2 cos

) ( 2

2

A

a

p−

Do đó : AOI = 900 ⇔ R2 = R2 –2Rr +

2 cos

) ( 2

2

A

a

p−

⇔ -2 ( )( ) ( ) 0

4

p

bc a p p

S S abc

⇔ ( ) 0

−

p

bc a p p

abc

⇔ -a + 2(p-a) = 0 ⇔ -a + b + c – a = 0 ⇔ b + c = 2a

DIỆN TÍCH - CỰC TRỊ

1/ Cho BC là dây cung cóùá định của đường tròn ( O , R ) , A là điểm chuyển động trên cung lớn BC I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC Xác định vị trí của A để diện tích của ∆ IBC là lớn nhất

BIC = 900 + ½ BAC ⇒ I chuyển động trên cung chứa góc 900 + ½ BAC vẽ trên đoạn BC ∆ BIC có diện tích lớn nhất ⇔ I là điểm chính giữa của cung chứa góc BC

⇔ A là điểm chính giữa của cung BC

2/ Cho ∆ ABC có diện tích bằng 1 ( đơn vị ) Gọi R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp ∆ ABC Chứng minh rằng 2 + 3≥ 4 4 27

r

R Đẳng thức xảy ra khi nào ?

HƯỚNG DẪN Gọi a, b , c là các cạnh , p là nửa chu vi , S là diện tích ∆ ABC

Ta chứng minh được : S = ½ ar + ½ br + ½ cr = ½ ( a + b + c )r = pr (1)

S = ½ a.ha = ½ a 2bc R ( 2 ) ( do ∆ ABH ~ ∆ ADC với AH = ha , AD = 2R ) Từ ( 1 ) và (2 ) ta có : R2 +r3= abc8S + 3(a+2b s+c)

Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số ta có :

S

c S

b s

a abc

S r

3 2

3 2

3 8 3

2

+ + +

=

2

4 2 2 2

3 3 3 8 4

S S

S S abc

c b a

Vậy 2 + 3≥ 4 4 27

r

R Đẳng thức xảy ra ⇔ abc8S =32a s = 23S b = 23S c

⇔ a = b = c ⇔ ∆ ABC đều Nói riêng khi S = 1 thì 2 + 3≥ 4 4 27

r

R Đẳng thức xảy

ra khi ∆ ABC đều với a = b = c =

3

27

2 4

A

I