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 A D 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 MA 4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 = 24R 4 b/ Chứng minh MA . MB . MC . MD < 6R 2 HƯỚNG DẪN B C A D a/ MA 4 + MC 4 = ( MA 2 + MC 2 ) – 2MA 2 .MC 2 = AC 4 – 2MH 2 .AC 2 = 16R 4 – 8R 2 .MH 2 Chứng minh tương tự ta có : MB 4 + MD 4 = 16R 4 – 8R 2 .MK 2 ⇒ MA 4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 = 32R 4 – 8R 2 ( MH 2 + MK 2 ) = 32R 4 – 8R 2. R 2 = 24R 4 b/ p dụng Bất đẳng thức Côsi ta có : (MA 4 + MB 4 ) + ( MC 4 + MD 4 ) ≥ ))((2 4444 MDMCMBMA ++ Vì MA 4 + MB 4 ≥ 2244 .2.2 MBMAMBMA = MC 4 + MD 4 ≥ 2244 .2.2 MDMCMDMC = ⇒ (MA 4 + MB 4 ) + ( MC 4 + MD 4 ) ≥ 2222 2 MDMCMBMA (MA 4 + MB 4 ) + ( MC 4 + MD 4 ) ≥ 4MA.MB.MC.MD ⇒ 4MA.MB.MC.MD ≤ 24R 4 ⇒ MA.MB.MC.MD ≤ 6R 4 Dấu “=” xảy ra ⇔ MA = MB = MC = MD nhưng điều này không thể xảy ra nên : MA.MB.MC.MD < 6R 4 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 đònh . b/ Tìm vò trí của E , F sao cho diện tích ∆ CEF lớn nhất . A E B K HƯỚNG DẪN H F D C a/ Trên tia đối của BA lấy K sao cho BK = DF . Vẽ CH ⊥ EF , H ∈ EF . ∆ DFC = ∆ DKC ( DF = BK ; FDC = KBC = 90 0 ; 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 đònh , CH ⊥ EF ⇒ EF luôn tiếp xúc với đường tròn cố đònh ( C , a ) . b/ ∆ HCF = ∆ DCF ( H = D = 90 0 ; CF chung ; CH = CD = a ) ⇒ S HCF = S DCF . Chứng minh tương tự ta có : S HCE = S BCE do đó S HCF + S HCE = S DCF + S BCE ⇒ S CEF = ½ S CDFEB ⇒ S CEF = ½ ( a 2 – S AEF ) S AEF ≥ 0 ⇒ S CEF ≤ ½ a 2 . Dấu “ = “ xảy ra ⇔ S AEF = 0 ⇔ E K A B C D E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D . Vậy E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D thì S CEF đạt giá trò 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 = 45 0 ⇒ HB ⊥ AH . Xét ∆ AEB ta có : EM ⊥ AB ; BH ⊥ AE ⇒ AD ⊥ BE tại N . Mà DNB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ DN ⊥ BE tại N ⇒ ba điểm A , D , N thẳng hàng ⇒ điều phải chứng minh . b/ Q ttích của N là nửa đường tròn đường kính BD . c/ Q 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 : d 2 = R 2 – 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’K 2 + OK 2 = ( O’D – KD ) 2 + OD 2 - KD 2 = O’D 2 + KD 2 - 2O’D.KD + OD 2 - KD 2 D N C H I . Q . L O’ 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 = R 2 + r 2 – 2R(r+ LD) = R 2 – 2Rr + r 2 – 2R.LD Xét tam giác vuông DAE ta có : AD 2 = LD . ED = 2R.LD ⇒ OO’ 2 = R 2 – 2Rr + r 2 – AD 2 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 )()()( 2 222 ≤ −+−+− + R accbba 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 : OI 2 = R 2 –2Rr ta được : RrR ac 2 4 )( 2 2 −≤ − (1) 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 ] ⇒ 2 1 [ ( c-a ) 2 + ( c -b ) 2 + ( b-a) 2 ] ≥ ( c -b ) 2 + ( b-a) 2 Ta có : 4R 2 – 8Rr – ( c-a) 2 ≥ 0 ( 1 ) ( c-a ) 2 - ( c -b ) 2 - ( b-a) 2 ≥ 0 4R 2 – 8Rr – [( c-b) 2 + (b-a) 2 ] ≥ 0 2 1 [ ( c-a ) 2 + ( c -b ) 2 + ( b-a) 2 ] ≥ ( c -b ) 2 + ( b-a) 2 4R 2 – 8Rr - 2 1 [ ( c-a ) 2 + ( c -b ) 2 + ( b-a) 2 ] ≥ 0 8R 2 ≥ 16Rr + ( c-a ) 2 + ( c -b ) 2 + ( b-a) 2 . . O’ I A B C I’ O K - + H Chia cả hai vế cho 16R 2 ta được : 2 1 16 )()()( 2 222 ≤ −+−+− + R accbba 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 = d 1 ; IO = d . Ta phải chứng minh XY 2 = 4 ( r 2 – d 1 2 ) ≤ ¼ PQ 2 = R 2 – ( d + d 1 ) 2 hay 4 ( r 2 – d 1 2 ) ≤ R 2 – ( d + d 1 ) 2 ( R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của ∆ ABC ) (1) *Nếu R ≥ 6r ta có : (1) ⇔ 4(r-d 1 )(r + d 1 ) ≤ ( R – d – d 1 )(R + d + d 1 ) (2) H nằm trong đường tròn nội tiếp ∆ ABC nên r ≥ d 1 . +Nếu d ≥ d 1 thì R + d + d 1 ≥ 6r + d+ d 1 ≥ 6r + 2d 1 ≥ 4r + 4d 1 mà R > d + r nên R – d – d 1 > r – d 1 suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng . +Nếu d 1 ≥ d thì R - d - d 1 ≥ 6r – d - d 1 > 6r – d - d 1 – ( 2r – d + 3d 1 ) = 4r - 4d 1 mà R + d + d 1 > d 1 + r suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng . *Nếu 2r ≤ R ≤ 6r , ta có : (1) ⇔ 4r 2 – 4d 1 2 ≤ R 2 – d 1 2 – d 2 – 2dd 1 (3) p dụng hệ thức Ơle d 2 = R 2 – 4Rr ta có : 4r 2 – 4d 1 2 ≤ 2Rr – d 1 2 – 2dd 1 ⇔ 3d 1 2 – 2dd 1 + 2Rr – 4r 2 ≥ 0 ⇔ 3( d 1 – d/3) 2 + 1/3 (6Rr – 12r 2 – d 2 ) ≥ 0 ⇔ 3( d 1 – d/3) 2 + 1/3 (6Rr – 12r 2 – R 2 + 2Rr ) ≥ 0 ⇔ 3( d 1 – 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 ≤ 90 0 ⇔ 2BC ≤ AB + CA . HƯỚNG DẪN A I O B C D Cách 1 : AIO ≤ 90 0 ⇔ AO 2 ≤ IO 2 + IA 2 ⇔ R 2 ≤ ( R 2 – 2Rr ) + 2 sin 2 2 A r ( hệ thức Ơ Le ) ⇔ 2R ≤ A r cos1 2 − ⇔ 1- cosA ≤ )( sin2 2 cbaa Abc R r ++ = ⇔ a(a+b+c) ≤ 2bc(1+cosA) = (b+c) 2 – a 2 ⇔ 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 ) p dụng Đònh lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có : AB.DC + AC.BD = AD.BC . ⇒ DI ( AB + AC ) = AD.BC AIO ≤ 90 0 ⇔ AI ≥ ID ⇔ 2 ≤ BC ACAB DI AD + = ⇔ 2BC ≤ AB + AC . b/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều . Chứng minh rằng : AIO = 90 0 ⇔ 2BC = AB + CA . HƯỚNG DẪN A I O B C D Ta có OA = R , OI 2 = R 2 – 2Rr ( công thức Ơ Le ) và IA 2 = 2 cos )( 2 2 A ap − . Do đó : AOI = 90 0 ⇔ R 2 = R 2 –2Rr + 2 cos )( 2 2 A ap − ⇔ -2 ( 0 )( ))( 4 ( = − + p bcap p S S abc ⇔ 0 )( 2 = − +− p bcap 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 đònh của đường tròn ( O , R ) , A là điểm chuyển động trên cung lớn BC . I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC . Xác đònh vò trí của A để diện tích của ∆ IBC là lớn nhất . BIC = 90 0 + ½ BAC ⇒ I chuyển động trên cung chứa góc 90 0 + 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 vò ) . Gọi R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp ∆ ABC . Chứng minh rằng 4 274 32 ≥+ rR . 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.h a = ½ a. R bc 2 ( 2 ) ( do ∆ ABH ~ ∆ ADC với AH = h a , AD = 2R ) Từ ( 1 ) và (2 ) ta có : s cba abc S rR 2 )(3 832 ++ +=+ p dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số ta có : S c S b s a abc S rR 2 3 2 3 2 3832 +++=+ ≥ 4 2 4 27 4 2.2.2. 3.3.3 .84 S SSSabc cba S = Vậy 4 274 32 ≥+ rR . Đẳng thức xảy ra ⇔ S c S b s a abc S 2 3 2 3 2 38 === ⇔ a = b = c ⇔ ∆ ABC đều . Nói riêng khi S = 1 thì 4 274 32 ≥+ rR . Đẳng thức xảy ra khi ∆ ABC đều với a = b = c = 3 272 4 . A B C I . 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. tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều . Chứng minh rằng : AIO ≤ 90 0 ⇔ 2BC ≤ AB + CA . HƯỚNG DẪN A I O B C D Cách 1 : AIO ≤ 90 0 ⇔ AO 2 ≤ IO 2 + IA 2 ⇔ R 2 ≤ ( R 2 –. ) = AD.BC AIO ≤ 90 0 ⇔ AI ≥ ID ⇔ 2 ≤ BC ACAB DI AD + = ⇔ 2BC ≤ AB + AC . b/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều . Chứng minh rằng : AIO = 90 0 ⇔ 2BC = AB