Tài liệu ôn thi học sinh giỏi nội dung toán hình tham khảo (5)

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) ⇒ 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’’ . A B C D P M N R E 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 3/ Cho ∆ ABC , cóùù diện tích S và một hình chữ nhật MNPQ cóùù diện tích S 1 nội tiếp ∆ ABC ( M trên AB , P,Q trên BC ) . Chứng minh S ≥ 2S 1 . HƯỚNG DẪN A M I N B Q H P C Cch 1 : S = ½ AH.BC ; S 1 = MQ.MN )1( BC MN AB AM = )2( AH QM BA BM = Nhân từng vế (1) với (2) 2 . . . AB BMAM AHBC QMMN = Mà BMAM MBAM . 2 ≥ + hay 2 ) 2 (. MBAM BMAM + ≤ ⇒ 4 1 ) 2 ( 1 2 2 2 1 = + ≤ MBAM AB S S ⇒ S ≥ 2S 1 ; Dấu “=” xảy ra ⇔ AM = MB ⇔ MN là đườøng trung bình của ∆ ABC . CHU VI 1/Cho hai hình chữ nhật có chu vi bằng nhau . Một hình có các cạnh được tô màu đỏ , hình kia có các cạnh được tô màu xanh . Người ta chồng hai hình chữ nhật lên nhau sao cho phần giao của chúng là một hình bát giác . Chứng minh rằng hình bát giác có tổng độ dài 4 cạnh màu đỏ bằng tổng độ dài 4 cạnh màu xanh . 2/ Cho hai hình chữ nhật có cùng diện tích . Hình chữ nhật thứ nhất có kích thước a , b ( a > b ) . Hình chữ nhật thứ hai có kích thước c , d ( c > d) . Chứng minh rằng nếu a > c thì chu vi hình chữ nhật thứ nhất lớn hơn chu vi hình chữ nhật thứ hai . CỰC TRỊ 1/ Cho ∆ ABC . Hãy dựng hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong ∆ ABC ( M,N nằm trên cạnh BC , P nằm trên CA , Q nằm trên cạnh AB ) biết rằng : a/ Đường chéo MP có độ dài bằng d cho trước . b/ Đường chéo MP có độ dài bé nhất . Q TÍCH 1/ Cho ∆ ABC . Một hình chữ nhật MNPQ thay đổi nhưng luôn luôn nội tiếp trong ∆ ABC . Tìm q tích tâm O của hình chữ nhật MNPQ . 2/ Cho hình chữ nhật ABCD , O là giao điểm các đường chéo . Tìm tập hợp tất cả các điểm P sao cho đoạn thẳng PO ngắn hơn đoạn PA , PC , PB , PD . y x h-x 3/ Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD . Xác đònh vò trí của F thuộc cạnh 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 K G M D 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 : AI + IK + KM + MC ≥ AC ( so sánh độ dài đoạn thẳng và độ dài đường gấp khúc . Suy ra Chu vi tứ giác EFGH ≥ 2AC ( AC có độ dài không đổi ) Chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất bằng 2AC ⇔ A , I , K , M , C thẳng hàng . Khi đó ta có : EH // AC ; FG // AC ; AEI = EAI = ADB nên EF // DB . Tương tự GH // DB . Tứ giác EFGH là hình bình hành có các cạnh song song với với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD . . bé nhất . Q TÍCH 1/ Cho ∆ ABC . Một hình chữ nhật MNPQ thay đổi nhưng luôn luôn nội tiếp trong ∆ ABC . Tìm q tích tâm O của hình chữ nhật MNPQ . 2/ Cho hình chữ nhật ABCD , O là giao điểm các. 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’. của chúng là một hình bát giác . Chứng minh rằng hình bát giác có tổng độ dài 4 cạnh màu đỏ bằng tổng độ dài 4 cạnh màu xanh . 2/ Cho hai hình chữ nhật có cùng diện tích . Hình chữ nhật thứ