chuong tu giac

TỨÙÙ GIÁC 1/ Cho tứ giác ABCD cóùù AB = CD và M , N là trung điểm các cạnh đối BC , AD . MN cắt AB tại F , cắt CD tại E . a/Chứng minh : BFN = DEN . b/AB cắt CD tại S . Chứng minh MN song song với tia phân giác của góc BSD . 2/Cho tứ giác ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Các điểm R và S trên cạnh AB sao cho AR = RS = SB ; hai điểm T , U trên CD sao cho DT = TU = UC . Chứng minh rằng MN cắt SU và RT tại trung điểm của các đoạn này . HƯỚNG DẪN . Gọi X , Y là trung điểm của RT và SU . Nối MR , RY , TM . MRYT là hình bình hành ( MR //= ½ SD ; YT //= ½ SD ) . Suy ra RT và MY cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường . Vì X là trung điểm của RT nên X thuộc MY và là trung điểm của MY . Chứng minh tương tự ta có XSNU là hình bình hành nên Y là trung điểm của NX . Suy ra điều phải chứng minh . 3/Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc và AB < BC < CD . Chứng minh ABCD không phải là tứ giác ngoại tiếp . HƯỚNG DẪN Theo đònh lý Pitago ta có : BC 2 – AB 2 = ( CO 2 +BO 2 ) – ( BO 2 + OA 2 ) = ( CO 2 +DO 2 ) – ( DO 2 + OA 2 ) = CD 2 – AD 2 ) ⇒ ( BC+AB )( BC – AB ) = ( CD + AD ) CD – AD ) ( 1 ) Nhưng do BC < CD nên BO < OD ; do đó : AB < AD và từ đó ta có : BC + AB < CD +AD ( 2 ) Từ (1 ) và (2 ) ta có : BC – AB > CD - AD ⇒ BC + AD > CD + AB ( đpcm ) 4/Cho tứùù giác ADBC cóùù 2 đường chéo vuông góc với nhau tại O . Trên OB lấy M , trên OC lấy N sao cho OCM = OBD ; OBN = OCA . Chứng minh AN // DM . 5/Cho tứ giác lồi ABCD . Lấy điểm M bất kỳ trên đường chéo AC . Đường thẳng qua M song song với AB cắt BC tại P . Đường thẳng qua M song song với CD cắt AD tại Q . Chứng minh rằng : 2222 111 CDABMQMP +≤ + . Đẳng thức xảy ra khi nào ? HƯỚNG DẪN B A Q P M D C Theo đònh lý Talét ta có : AC CM AB MP AC AM CD MQ == ; Suy ra : )1( AC CMAM AB MP CD MQ + =+ A B C D M N R T S U X Y B C D A O p dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta được ) 11 )(()( 22 222 CDAB MQMP CD MQ AB MP ++≤+ ⇔ 222 22 22 11 11 1 CDAB CD MQ AB MP CDAB MQMP +=       + + ≤ + (2) Từ (1 ) và (2) suy ra điều phải chứng minh . Dấu đẳng thức xảy ra khi : MP.AB = MQ.CD (3) Từ (1) suy ra : 1 22 =+ CD CDMQ AB ABMP , kết hợp với (3) ta có : 1) 11 (. 22 =+ CDAB ABMP ) 11 ( 1 22 CDAB AB MP + = Nên : 2 2 1 1 CD AB AB MP CA CM + == = ) 1 ( 1 2 2 2 2 CD AB AB AB + Do đó : 22 2 . CDAB CACD CM + = Tức là dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 22 2 . CDAB CACD CM + = 6/ Cho tứùù giác ABCD , hai đường chéo cắt nhau tại O . Cho DAC = DBC . Chứng minh ABD = ACD . 7/ Qua giao điểm O của các đường chéo của tứ giác ABCD ta kẻ các đường thẳng KM// AD , LN// BC ( K , L ∈ AB ; M , N ∈ CD ) . Chứng minh : CD MN AB KL = . 8/ Chứng minh rằng nếu tổng các khoảng cách giữa các trung điểm của từng cặp cạnh đối của một tứ giác bằng nửa chu vi của tứ giác thì tứ giác này là hình bình hành . HƯỚNG DẪN Gọi M , N , P , Q là trung điểm của AB , CD , BC , AD . Kẻ PE // AB . Tứ giác MNPQ có MP // QN //=1/2 AC nên là hình bình hành . PE , EN , EQ là đường trung bình của ∆ ABC ⇒ ENDQ là hình bình hành ⇒ Tổng các khoảng cách từ E đến M , N , P , Q bằng ½ chu vi tứ giác ABCD . EM + EN ≥ MN ( dấu “=” xảy ra ⇔ E ∈ MN ) EP + EQ ≥ PQ ( dấu “=” xảy ra ⇔ E ∈ PQ ) ⇒ EM + EN +EP + EQ ≥ MN + PQ ( dấu “=” xảy ra ⇔ E ∈ MN và E ∈ PQ ) tức là E ≡ O , khi đó MBPO , ONDQ là hình bình hành ⇒ ABCD là hình bình hành . 9/ a/Chứng minh rằng trong tứùù giác lồi ABCD ta cóùù AB + CD < AC + BD . b / Nếu tứù giác lồi ABCD cóùù AC = BD thì ta cóùù BC < BD . B A C D M N O E P Q 11/ a/ Chứng minh rằng với mọi tứ giác lồi ABCD ta cóù : AC 2 + BD 2 ≤ AD 2 + BC 2 + 2AB . CD b/ Chứng minh rằng trong hình thang cân ABCD ( AB // CD ) ta cóùù : AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2 + 2AB . CD . 16/Cho tứ giác lồi ABCD với E là giao điểm của hai đường thẳng AB , CD và F là giao điểm của hai đường thẳng AD , BC . Hai đường chéo AC , BD cắt nhau tại O . Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của AB , BC , CD , DA . Gọi H , K là giao điểm các đường thẳng OF và MP , OE và NQ theo thứ tự . Chứng minh rằng HK // EF . DIỆN TÍCH 1/ Cho tứ giác ABCD ( H1 ) và hình thang ABCD ( H2 ) . a/Chứng minh : S 1 .S 3 = S 2 .S 4 . b/Tính S 1 theo S 2 và S 4 . 2/ Cho tứ giác ABCD . M và N là trung điểm của BC , CD ; P là trung điểm của AB . a/Chứng minh : S ABCD ≤ 1/2 ( AM + AN ) 2 b/Chứng minh : PN ≤ 1 / 2 ( AD + BC ) Dấu bằng xảy ra khi nào ? 3/ Cho tứ giác ABCD . Chứng minh S ABCD ≤ 1 / 8 ( AC + BD ) 2 . Dấu bằng xảy ra khi nào ? S ABCD = S AOB + S BOC + S COD + S DOA Mà S AOB ≤ ½ OA.OB . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ AOB = 90 0 Chứng minh tương tự với các tam giác còn lại ⇒ S ABCD ≤ ½ (OA.OB + OB.OC + OC.OD + OD.OA ) ⇒ S ABCD ≤ ½ AC.BD Mà AC.BD ≤ 2 } 2 ( BDAC + Dấu “ = “ xảy ra ⇔ AC = BD ⇒ S ABCD ≤ 22 )( 8 1 } 2 ( 2 1 BDAC BDAC += + Dấu “ = “ xảy ra ⇔ AC = BD và AC ⊥ BD 4/ Cho tứ giác lồi ABCD cóù ADD + DCB = 90 0 . AD = BC , CD = a , AB = b . Gọi I , N , J , M là trung điểm của AB , AC , CD , BD . Gọi S là diện tích tứ giác INJM . Chứng minh : 8 )( 2 ba S − ≥ . Dấu bằng xảy ra khi nào ? H A B C D O 5/ Cho tứ giác lồi ABCD . Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC và AD ; P là giao điểm của các đường thẳng AM và BN ; Q là giao điểm của các đường thẳng CN và DM . Chứng minh rằng : S NPMQ = S APB + S DQC . TỔNG CÁC KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM TRONG TỨ GIÁC ĐẾN CÁC ĐỈNH 1/Xem vò trí của 4 kho chứa dầu như bốn đỉnh của một tứù giác lồi ABCD . Xác đònh vò trí của kho chính chứa dầu M sao cho tổng độ dài các ống dẫn dầu từ M tới các kho dầu là bé nhất ( tức là xác đònh điểm M sao cho MA + MB + MC + MD là bé nhất . Với mọi điểm M ta có các bất đẳng thức : MA + MC ≥ AC MB + MD ≥ BD ⇒ MA + MB + MC + MD ≥ AC + BD Dấu “ = “ xảy ra ⇔ M là giao điểm các đường chéo AC và BD . TỨ GIÁC TỨ GIÁC – THÊM ĐIỀU KIỆN – DIỆN TÍCH 1/ a/ Cho tứ giác lồi ABCD . Hãy dựng đường thẳng qua A và chia đôi diện tích tứ giác ABCD . b/ Cho tam giác ABC và đường thẳng d // BC và nằm khác phía của A đối với BC . Lấy M lưu động trên d sao cho ABMC là tứ giác lồi . Đường thẳng qua A chia đôi diện tích tứ giác ABMC cắt BM hoặc CM tại N . Tìm q tích của N . HƯỚNG DẪN a/ D A I E B C +Phân tích : Đường thẳng cần dựng cắt DC hoặc BC tại E . Giả sử nó cắt DC tại E . Gọi I là trung điểm của BD , ta có : I , E nằm cùng bên đối với AC và S IAC = S EAC ⇒ IE // AC . +Cch dựng : Dựng đường thẳng đi qua trung điểm I của BD và song song với AC cắt BC hoặc CD tại E . AE là đường thẳng cần dựng . +Chứng minh : Giả sử E ∈ đoạn DC . Do IE // AC nên S AIC = S EAC ⇒ S AECB = S AEC + S ABC = S IAC + S ABC = S AICB = S ABI + S BIC = ½ S ABD + ½ S BDC = ½ S ABCD Biện luận : Bài toán luôn có 1 nghiệm hình . b/ AB và AC kéo dài cắt d tại B 1 , C 1 . Do tứ gáic ABMC lồi nên M lưu động trên đoạn B 1 C 1 . Gọi I , I 1 là trung điểm của BC , B 1 C 1 ; I B , I C là trung điểm của CB 1 , BC 1 . Ta chứng minh q tích của N là hai đoạn thẳng I 1 I B và I 1 I C . Lấy M trên I 1 B 1 . Ta chứng minh N ∈ I 1 I B . A B C D M Theo cách dựng và tính duy nhất nghiệm ở trên , ta có : IN // AM ( N ∈ MC ) . Gọi P là giao điểm của AM và BC , ta có : NC NM IC IP = . Mặt khác BC // B 1 C 1 nên 11 1 CI MI IC IP = ( Chú ý : A , I , I 1 thẳng hàng ) . Từ đó suy ra : 11 1 CI MI NC NM = ⇒ I 1 N // C 1 C , nghóa là N ∈ I 1 I B ( vì I 1 I B // CC 1 ) Phần đảo : Nếu N ∈ I 1 I B thì IN // AM và AN chia đôi diện tích tứ giác ABMC . Tương tự nếu lấy M trên I 1 C 1 thì N ∈ I 1 I C Vậy q tích của N là hai đoạn thẳng I 1 I B và I 1 I C . 2/ Cho tứ giác lồi ABCD . Trên hai cạnh AB , CD lấy lần lượt hai điểm E , F sao cho DF CF BE AE = . Chứng minh rằng nếu đường chéo AC đi qua trung điểm I của đoạn EF thì AC chia đôi diện tích tứ giác ABCD . B HƯỚNG DẪN E A I D F C Giả sử IE = IF . Ta chứng minh S ABC = S ADC . Ta có : S CIE = S CIF ; S AIE = S AIF ⇒ S ACE = S ACF ( 1 ) Ta lại có : ADF ACF BCE ACE S S DF CF BE AE S S === ⇒ S BCE = S ADF ( 2 ) Từ ( 1 ) , ( 2 ) ta suy ra : S ABC = S ACE + S BCE = S ACF + S ADF = S ADC . ĐƯỜNG THẲNG QUA MỘT ĐỈNH CỦA TỨ GIÁC – DIỆN TÍCH 1/ Cho tứ giác lồi ABCD . Chứng minh rằng có duy nhất một đường thẳng qua mỗi đỉnh và chia đôi diện tích tứ giác . HƯỚNG DẪN D 1 C A 1 D A B Chọn đỉnh A của tứ giác . Kẻ DD 1 // AC cắt đường thẳng BC tại D 1 . Gọi A 1 là trung điểm của BD 1 . ∆ ABD 1 có AA 1 là trung tuyến nên : S DBA1 = 1/2 S ABD = 1/2 ( S ABC + S ACD1 ) = 1/2 ( S ABC + S ACD ) ⇒ S ABA1 = 1/2 S ABCD . ( S ACD1 = S ACD = 1/2 AC. D(D,AC) = 1/2 AC. D(D 1 , AC) ) Vì DD 1 // AC . Vậy AA 1 chia đôi diện tích tứ giác ABCD . Giả sử tồn tại A 2 sao cho AA 2 chia đôi diện tích tứ giác ABCD , khi đó : S ABA1 = S ABA2 ⇒ S AA1A2 = 0 ⇒ AA 1 ≡ AA 2 ⇒ A 1 ≡ A 2 Kết luận : Qua A có duy nhất một đường thẳng chia đôi diện tích tứ giác ABCD . A 2 BÀI TOÁN SUY LUẬN – ĐA GIÁC 1/ Cho tứ giác lồi ABCD và điểm M ở miền trong tứ giác sao cho diện tích ∆ ABM bằng diện tích ∆ ADM và diện tích ∆ BCM bằng diện tích ∆ CDM . Chứng tỏ rằng M nằm trên một đường chéo của tứ giác đó . HƯỚNG DẪN B A M D C Giả sử M không thuộc đường chéo nào cả . Khi đó đường chéo BD phải cắt CM và AM tại E khác F . Nên có 1 điểm ( E chẳng hạn ) không là trung điểm của BD . Do đó diện tích ∆ DEC ≠ diện tích ∆ BEC . Suy ra chiều cao từ B đến EC không bằng chiều cao từ D đến EC . Thế thì diện tích ∆ BCM ≠ diện tích ∆ CDM . Điều này trái giả thiết . Từ đó suy ra điều phải chứng minh . 1/ a/ Người ta lấy 500 điểm tùy ý thuộc miền trong của một đa giác lồi 1002 cạnh sao cho 3 trong số 500 điểm và 1002 đỉnh của đa giác không thẳng hàng. Sau đó chia đa giác thành những tam giác mà đỉnh chọn từ 1052 điểm sao cho hai tam giác tùy ý không có điểm chung trong . Hỏi có thể cắt ra bao nhiêu tam giác ? b/ Có thể chia đa giác lồi 17 cạnh thành 14 tam giác không có điểm chung trong hay không ? 2/ Biết tỉ số giữa số đo các góc trong của hai đa giác đều là 5/7 . Tính số cạnh của mỗi đa giác này . HƯỚNG DẪN Gọi số cạnh của mỗi đa giác đều là m , n ( m , n là số nguyên dương ) . Theo đầu bài ta có : 7 5 :)2(90.2 :)2(90.2 0 0 = − − nn mm ⇒ m ( n – 5 ) = 7n ⇒ m = 7 - 5 35 −n . Vì m > 2 nên 5 35 −n phải là số nguyên đương nhỏ hơn 5 . Trong đó các ước số của 35 chỉ có : m – 5 = 35 hay m = 30 là thích hợp ⇒ n = 6 . Vậy số cạnh của hai đa giác đều tương ứng là 30 và 6 . HÌNH THANG 1/ Qua giao điểm O của 2 đường chéo của hình thang ABCD ( đáy AB , CD ) vẽ các đường thẳng song song với 2 đáy cắt cạnh bên tại M , N . a/Chứng minh : OM = ON . b/Chứng minh : CDABON 111 += 2/ Từø hai điểm A và B của một đường thẳng , về cùng một phía ta dựng hai đoạn thẳng AA 1 = a , BB 1 = b cùng vuông góc với AB . Chứng minh rằng khi giữ nguyên các đại lượng a và b thì khoảng cách từ giao điểm của AB 1 và A 1 B không phụ thuộc vào vò trí của A và B . 4/ Cho hình thang ABCD ( AB // CD và AB ≠ CD ) . M và N là trung điểm của các đường chéo AC và BD . Kẻ NH ⊥ AD ; MH’ ⊥ BC . Gọi I là giao điểm của MH’ và NH . Chứng minh rằng I cách đều hai điểm C và D . 5/ Trong hình thang ABCD ( AD // BC ) các đường phân giác trong của các góc A và B cắt nhau tại M , các đường phân giác trong của các góc C và D cắt nhau tại N . Chứng minh rằng độ dài đoạn MN bằng nửa hiệu của tổng độ dài hai đáy với tổng độ dài hai cạnh bên . 6/ Các đường chéo của hình thang ngoại tiếp ABCD ( AD // BC ) cắt nhau tại O . Bán kính đường tròn nội tiếp các ∆ AOD ; ∆ AOB ; ∆ BOC ; ∆ COD lần lượt là r 1 , r 2 , r 3 , r 4 . Chứng minh rằng : 4231 1111 rrrr +=+ . HƯỚNG DẪN Giả sử ∆ AOD ; ∆ AOB ; ∆ BOC ; ∆ COD có diện tích và nửa chu vi lần lượt là S 1 , P 1 , S 2 , P 2 , S 3 , P 3 , S 4 , P 4 . Vì S ABC = S BCD ; S BOC chung nên ta có : S 2 = S 4 (1) . 3 2 4 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 . 2 1 S S BKOC BKOA OC OA DHOC DHOA S S ==== ⇒ )2( 3 2 4 1 S S S S = ; P 1 + P 3 = P 2 + P 4 (3) ( Vì ABCD là tứ giác ngoại tiếp ) Từ (1) và ( 2 ) : S 1 .S 3 = S 2 2 = S 4 2 ⇒ 314 .SSS = Do : S = Pr , nên ta có : 4 4 4 2 2 2 3 3 3 1 1 1 ;;; r S p r S p r S p r S p ==== Từ : 4231 1111 rrrr +=+ ⇔ 4 4 2 2 3 3 1 1 S P S P S P S P +=+ ⇔ 4 31 3 3 1 1 S PP S P S P + =+ ⇔ )4( . 31 31 3 3 1 1 SS PP S P S P + =+ Mặt khác ∆ OAD ~ ∆ OCD nên : 2 3 2 1 3 1 P P S S = hay 2 3 2 13 1 P PS S = Vì vậy (4) ⇔ 3 2 3 2 13 31 3 3 2 3 2 1 3 1 . . . S P PS PP S P P PS P + =+ ⇔ 3 1 3 31 13 2 3 . P P S PP PS P + = + ⇔ 1 331 3 1 2 3 )( P PPP P P P + =+ ⇔ 1 2 3 33 1 2 3 P P PP P P +=+ ( Đúng ) Vậy ( 4 ) đúng do đó : 4231 1111 rrrr +=+ HÌNH THANG – CỰC TRỊ A D C B O S 1 S 4 S 3 S 2 K H 1/ a/ Cho AB = 2a . Vẽ về một phía của AB các tia Ax , By vuông góc với AB . Qua trung điểm M của AB vẽ hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax , By theo thứ tự tại C , D . Xác đònh vò trí của các điểm C , D sao cho ∆ MCD có diện tích nhỏ nhất và tính diện tích nhỏ nhất đó theo a . HÌNH THANG VUÔNG - DIỆN TÍCH /Cho hình thang vuông ABCD có AB là cạnh đáy nhỏ , CD là cạnh đáy lớn , M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD . Biết rằng thang ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kính R . Hãy tính diện tích ∆ ADM . HƯỚNG DẪN A E B H M G O D F C Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp hình thang ABCD . Giả sử các góc tại đỉnh A và D vuông . BO , CO là phân giác của góc ABC , BCD ⇒ OB ⊥ OC ⇒ ∆ BOC vuông tại O . Gọi E , F , G , H lần lượt là các điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp với các cạnh AB , CD , DA , BC của hình thang . Ta có : OH 2 = BH.CH ⇒ FC AE DF EB = . Do đó M nằm trên đoạn EF . Đường cao ứng với đỉnh M của ∆ ADM có độ dài là R và cạnh đáy là 2R , suy ra diện tích tam giác này là R 2 . Do diện tích các ∆ ADM , BCM bằng nhau nên trong trường hợp các góc B , C vuông ta cũng có kết quả tương tự . HÌNH CHỮ NHẬT 1/ Giả sử M , N là trung điểm các cạnh AD và BC của hình chữ nhật ABCD . Trên phần kéo dài về phía D của cạnh DC ta lấy điểm P tùy ý . Gọi Q là giao điểm của PM và AC . Chứng minh rằng QNM = MNP . HƯỚNG DẪN Q Gọi R là giao điểm của QC với MN , E là giao điểm của QN với DC . Ta có : MN // BA ⇒ MNP = NPC , QNM = E Trong ∆ QPE ta có : MN // PE ⇒ QC QR CP RM = (1) ; QC QR CE RN = (2) MR // CD nên : 2 1 =+ AD AM CD MR ( gt) A B C D P M N R E ⇒ R là trung điểm của MN . ⇒ CP RN CP RM = (3) TỪ (1),(2) , (3) : CE RN CP RN = ⇒ CE RN QC QR CP RM == ⇒ CP = CE Trong ∆ NPE có: NC ⊥ PE (gt) , CP = CE ⇒ ∆ NPE cân tại N ⇒ NPE = E ⇒ QNM = MNP . 2/ Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E trên đường chéo BD sao cho DAE = 15 0 . Kẻ EF ⊥ AB . Biết EF = ½ AB và AD = a . Tính EAC và độ dài đoạn EC . DIỆN TÍCH 1/ Cho hình chữ nhật ABCD . Các điểm M , N , P , Q lần lượt được lấy một cách tùy ý trên các cạnh AB , BC , CD , DA . Đặt p và S là chu vi và diện tích của tứ giác MNPQ . Chứng minh rằng : a/ p ≥ AC + BD . b/ Nếu p = AC + BD thì S ≤ ½ S ABCD . c/ nếu p = AC + BD thì MP 2 + NQ 2 ≥ AC 2 . HƯỚNG DẪN D P C D’ N Q A’ B’’ A M B M’ P’’ C’ D’’ P’’’ C’’ a/ Lấy đối xứng hình chữ nhật ABCD qua cạnh BC ta được hình chữ nhật BCD’A’ . Lấy đối xứng hình chữ nhật BCD’A’ qua cạnh BA’ ta được hình chữ nhật BA’D’’C’ . Lấy đối xứng hình chữ nhật BA’D’’C’ qua cạnh AD’’ ta được hình chữ nhật A’B’’C’’D’’ . Qua lần lượt các phép đối xứng trên , các điểm M , N , P , Q theo thứ tự biến thành các điểm tương ứng như hình trên . Từ đó ta có : p = MN + NP + PQ + QM = PN + NM’ + M’Q’’ + Q’’P’’’ ≥ PP’’’ = DD’ = AC + BD . Dấu “=” xảy ra ⇔ P , N , M’ , Q’’ , P’’’ thẳng hàng , khi đó tứ giác MNPQ là hình bình hành có các cạnh song song với hai đường chéo AC , BD của hình chữ nhật ABCD . b/ Nếu p = AC + BD , theo kết quả trên ta có : PN // MQ // BD và MN // PQ // AC . Đặt k AB AM = ta suy ra S AMQ = k 2 . S ABD = ½ k 2 .S ABCD và S MNB = ½ ( 1 - k ) 2 . S ABCD Vậy S = S ABCD – 2S MAQ – 2S MNB . Từ đó suy ra : S ≤ ½ S ABCD ⇔ 1 – k 2 – ( 1-k ) 2 ≤ 0 2 1 2 1 2 ≥       −⇔ k Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có bất đẳng thức cần chứng minh . Dấu “=” xảy ra ⇔ k = ½ tức là khi các điểm M , N , P , Q là trung điểm các cạnh của hình chữ nhật ABCD . c/ Giả sử p = AC + BD . Sử dụng kết quả trên ta được : MP 2 + NQ 2 ≥ AC 2 ⇔ 2 ( MN 2 + MQ 2 ) ≥ AC 2 ⇔ ⇔≥+ 2 1 2 2 2 2 AC MQ AC MN ( 1 – k ) 2 + k 2 ≥ 2 1 ⇔ ( 2k – 1 ) 2 ≥ 0 ( đúng ) ⇒ đpcm . 2/ Cho ∆ ABC và hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác . Xác đònh vò trí của M , N , P , Q để MNPQ cóùù diện tích lớn nhất . HƯỚNG DẪN A M y N B Q H P C Đặt MQ = x ; MN = y ; AH = h ; AK = h – x ; S MNPQ = S . Ta có : S = xy . ∆ AMN ~ ∆ ABC ⇒ AH AK BC MN = hay h xha y h xh a y )( − =⇒ − = ⇒ ) 44 ()( )( . 22 22 hh xhx h a xhx h a h xha xS −+−=−= − = 4 ) 2 ( 4 ) 2 ( 4 [ 22 2 ahh x h aahh x h h a S ≤−−=−−= Dấu “=” xảy ra ⇔ x = ½ h ⇔ K là trung điểm của AH hay MN là đường trung bình của ∆ ABC . Cách 2 : Đặt x = NP , y = MN , AI = h – x . ∆ AMN ~ ∆ ABC ⇒ BC MN AH AI = ⇒ h xh a y − = ⇒ y = a. h xh − . Do đó : S MNPQ = xy = h a .x ( h-x ) S MNPQ lớn nhất ⇔ x ( h-x ) lớn nhất . Ta thấy x và h-x là hai số có tổng không đổi nên tích của chúng lớn nhất ⇔ chúng bằng nhau , tức là x = h – x hay x = ½ h . Khi đó MN là đường trung bình của ∆ ABC . K x [...]... AB , G thuộc cạnh BC , H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất HƯỚNG DẪN A F B I E D K M G H C Gọi I , K , M theo thứ tự là trung điểm của EF , EG , GH ∆ AEF vuông tại A có AI là trung tuyến ⇒ AI = ½ EF Tương tự ta có : MC = ½ GH IK là đường trung bình của ∆ EFG ⇒ IK = ½ FG Tương tự ta có : KM = ½ EH Do đó chu vi tứ giác EFGH = EF + FG + GH + EH = 2 ( AI + IK + KM + MC ) Ta lại có... từ 4 đỉnh của hình vuông đến đường thẳng đó là : a/ Lớn nhất b/ Nhỏ nhất VẼ HÌNH VUÔNG VỀ PHÍA NGOÀI HÌNH BÌNH HÀNH 1/ Về phía ngoài 2 cạnh DC và CB của hình bình hành ABCD ta dựng hai hình vuông DCTU và BCSR Chứng minh rằng AC = ST và AC ⊥ ST HÌNH VUÔNG NỘI TIẾP TAM GIÁC 1/ Trong tam giác vuông ABC vuông tại C Hình vuông PQRS nội tiếp trong tam giác ( P, Q ∈ AB , S ∈ AC ) Giả sử AB = c và đường . và BC . Các điểm R và S trên cạnh AB sao cho AR = RS = SB ; hai điểm T , U trên CD sao cho DT = TU = UC . Chứng minh rằng MN cắt SU và RT tại trung điểm của các đoạn này . HƯỚNG DẪN . Gọi X ,. AC cắt đường thẳng BC tại D 1 . Gọi A 1 là trung điểm của BD 1 . ∆ ABD 1 có AA 1 là trung tuyến nên : S DBA1 = 1/2 S ABD = 1/2 ( S ABC + S ACD1 ) = 1/2 ( S ABC + S ACD ) ⇒ S ABA1 . H C Gọi I , K , M theo thứ tự là trung điểm của EF , EG , GH . ∆ AEF vuông tại A có AI là trung tuyến ⇒ AI = ½ EF . Tương tự ta có : MC = ½ GH . IK là đường trung bình của ∆ EFG ⇒ IK = ½ FG .