CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯƠNG HS GIỎI TOÁN 9

Goïi R , r laø baùn kính caùc ñöôøng troøn ngoaïi tieáp vaø noäi tieáp cuûa tam giaùc... HÖÔÙNG DAÃN.[r]

ĐƯỜNG TRỊN – HÌNH VNG

1/ Cho hình vng ABCD Đường kính CD đường trịn tâm A , bán kính

AD cắt M

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

HƯỚNG DẪN B

O

A D

DM dây chung hai đường tròn  AO  DI

 OAD = CDI ; AD = CD   ADO =  DCI  IC = OD = ½

BC

2/Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O , bán kính R M điểm đường tròn

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

b/ Chứng minh MA MB MC MD  6R2

HƯỚNG DẪN

B C

A D

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) M

C I

M K

Vì MA4 + MB4

 2

√

MA4 MB4=2 MA2.MB2

MC4 + MD4

 2

√

MC4.MD4

=2 MC2 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  MA = MB = MC =

MD điều xảy nên : MA.MB.MC.MD < 6R4

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

Chứng minh EK = EF

HƯỚNG DẪN

Nhận xét : EF  AB , EK  AK

 cần chứng minh AE phân giác góc

BAD

Đường trịn (D ) tiếp xúc với AB A  ADE = 2FAE (1) ADE = KAF = FAE + EAK (2)

Từ (1) (2) ta có : FAE = EAK

3/ Cho hình vng ABCD cạnh a Trên hai cạnh AB AD lấy hai điểm di động E , F cho : AE + EF + FA = 2a

a/ Chứng tỏ đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định

b/ Tìm vị trí E , F cho diện tích  CEF lớn A E B K HƯỚNG DẪN

H F

A B

E

K

D C

a/ Trên tia đối BA lấy K 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  CEF =  CEK ( c.c.c)

Suy đường cao CH CB

CH không đổi , C cố định , CH  EF  EF ln tiếp xúc với đường trịn 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 SHCF + SHCE = SDCF +

SBCE

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

SAEF   SCEF ½ a2 Dấu “ = “ xảy  SAEF = 

E  B , F  A E  A , F  D

Vậy E  B , F  A E  A , F  D SCEF đạt giá trị lớn

5/ Trên đoạn AB lấy M tùy ý Trên đoạn AM MB dựng phía AB hình vng AMEF MBCD Đường trịn ngoại tiếp hình vng cắt điểm thứ hai N

a/Chứng minh AN qua đỉnh hình vng thứ hai b/Tìm quỹ tích N M di chuyển AB

c/Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn nối tâm hai hình vng HƯỚNG DẪN

F E

A M B

a/ BD cắt AE H  AHB có : HAB = HBA = 450

 HB  AH

Xét  AEB ta có : EM  AB ; BH  AE  AD  BE N Mà DNB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

 DN  BE N  ba điểm A , D , N thẳng hàng

.

N H

D C

I

 điều phải chứng minh

b/ Quĩ ttích N nửa đường trịn đường kính BD

c/ Quĩ tích I đường trung trực đoạn thẳng PQ Khi M trùng với B I trùng với tâm hình vng AMEF

ĐƯỜNG TRỊN NGOẠI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP TỔNG QUÁT

1/ Công thức Ơ Le : d2 = R2 – 2Rr

Gọi O’ , O tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp ED đường kính vng góc với AC L ; DE = 2R ; BD phân giác 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

OO’2 = O’D2 + OD2 - 2O’D KD

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

Xét tam giác vuông DAE ta coù : AD2 = LD ED = 2R.LD  OO’2 = R2 – 2Rr + r2 – AD2

Xét tam giác AOD : AO phân giác góc BAC , : DAO = DAC + CAO = DBC + OAB = DBA + OAB = AOD

 DAO = AOD  AD = OD

Vaäy d2 = R2 - Rr

2/ Cho  ABC có độ dài cạnh a,b , c Gọi R , r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh : Rr +¿ ¿

O’ B

A

C D

E

O K

M

HƯỚNG DẪN

Gọi H , O, I trực tâm , tâm đường tròn ngoại nội tiếp, p nửa chu vi tam giác Chiếu O I lên đường thẳng BC , CA AB ; chẳng hạn chiếu lên CA ta O’ 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 áp dụng công thức Ơle : OI2 = R2 –2Rr ta : ¿ ¿ (1)

Khơng tính tổng quát , ta giả sử : a  b  c Thế : ( 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 ]  12[ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ]  ( c -b )2 + ( b-a)2

Ta coù : 4R2 – 8Rr – ( c-a)2

 ( )

( c-a )2 - ( c -b )2 - ( b-a)2 

4R2 – 8Rr – [( c-b)2 + (b-a)2 ] 

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

 ( c -b )2 + ( b-a)2

4R2 – 8Rr - 1

2[ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ]  8R2

 16Rr + ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2

Chia hai vế cho 16R2 ta : r R+¿ ¿

3/ Dây cung DE đường tròn ngoại tiếp  ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác điểm M N Chứng minh DE  2MN

HƯỚNG DẪN

I A

B C

I’ O K

.

I L

Y

O M

A

D

E

C

B P

K

H

X

. O’

H

.

+

Dựng đường tròn C tâm trùng tâm I đường tròn nội tiếp  ABC , tiếp xúc với DE L Gọi H giao đường thẳng OI với đường tròn

C với OH = OI + IH Ta chứng minh DE  PQ Kẻ OK  DE Ta có : OH = OI + IH = OI + IL  OL  OK Do DE  PQ

Để chứng minh DE  2MN ta cần chứng minh PQ  2XY ( X , Y giao điểm PQ với đường tròn nội tiếp  ABC )

Đặt IH = d1 ; IO = d Ta phải chứng minh XY2 = ( r2 – d12 )  ¼ PQ2 = R2

– ( d + d1 )2 hay ( r2 – d12 )  R2 – ( d + d1 )2 ( R , r bán kính đường

tròn ngoại tiếp nội tiếp  ABC ) (1)

*Nếu R  6r ta có : (1)  4(r-d1)(r + d1)  ( R – d – d1)(R + d + d1 )

(2)

H nằm đường tròn nội tiếp  ABC nên r  d1

+Nếu d  d1 R + d + d1 6r + d+ d1 6r + 2d1  4r + 4d1 maø R >

d + r neân

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

+Nếu d1 d R - d - d1  6r – d - d1 > 6r – d - d1 – ( 2r – d + 3d1 ) =

4r - 4d1 mà R + d + d1 > d1 + r suy (2) , dẫn đến (1)

*Nếu 2r  R  6r , ta có :

(1)  4r2 – 4d

12  R2 – d12 – d2 – 2dd1 (3)

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

4r2 – 4d

12  2Rr – d12 – 2dd1  3d12 – 2dd1 + 2Rr – 4r2

 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – d2 ) 

 3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – R2 + 2Rr ) 

 3( d1 – d/3)2 - 1/3 (R – 2r)(r – 6r) 

Điều 2r  R  6r Vậy (3) , dẫn đến (1) Tóm lại DE  2MN Đẳng thức xảy  ABC DE đường kính đường trịn ngoại tiếp

ĐƯỜNG TRỊN NỘI TIẾP – ĐƯỜNG TRỊN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC

ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ

Q

1/ a/ Gọi I O tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp  ABC không Chứng minh :

AIO  900



2BC  AB + CA HƯỚNG DẪN A

I O

B C

D Caùch : AIO  900



AO2

 IO2 + IA2  R2  ( R2 – 2Rr ) + r2

sin2 A

2

( hệ thức Ơ Le )



2R  1−2cosr A  1- cosA  Rr=2 bc sin 2A a(a+b+c)

 a(a+b+c)  2bc(1+cosA) = (b+c)2 – a2  2a  b + c

Cách : Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp  ABC D

Ta chứng minh : DB = DI = DC

( BAD = BAC  cung DB = cung DC  DB = DC

IBD = IBC + CBD = IBA + IAB = BID   BDI cân D  DB = DI

 DB = DI = DC )

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

 DI ( AB + AC ) = AD.BC

AIO  900



AI  ID   DIAD=AB+AC

BC  2BC  AB + AC

b/ Gọi I O tâm đường trịn nội tiếp ngoại tiếp  ABC khơng Chứng minh :

AIO = 900



2BC = AB + CA HƯỚNG DẪN A

O

B C

D

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

Do : AOI = 900



R2 = R2 –2Rr + ¿ ¿



-2 ((abc

4S)( S p)+

(p − a)bc p =0



−abc

2p+

(p − a)bc

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

DIỆN TÍCH - CỰC TRỊ

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

BIC = 900 + ½ BAC

 I chuyển động cung chứa góc 900 + ½

BAC vẽ đoạn BC  BIC có diện tích lớn  I điểm cung chứa góc BC  A điểm cung BC

2/ Cho  ABC có diện tích ( đơn vị ) Gọi R r bán kính đường trịn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp  ABC Chứng minh

2

R+

3

r≥4

√27 Đẳng thức xảy ? HƯỚNG DẪN

Gọi a, b , c cạnh , p nửa chu vi , S diện tích  ABC Ta chứng minh : S = ½ ar + ½ br + ½ cr = ½ ( a + b + c )r = pr (1)

A

B C

S = ½ a.ha = ½ a bc2R ( ) (  ABH ~  ADC với AH = ,

AD = 2R )

Từ ( ) (2 ) ta có : R2+3 r=

8S

abc+

3(a+b+c)

2s

Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho số ta có :

R+

3

r=

8S

abc+ 3a

2s+

3b

2S+

3c

2S  4

√

8S 3a 3b.3c abc 2S 2S 2S=4

4

√

27S2

Vaäy R2+3 r≥4

4

√27 Đẳng thức xảy  8S abc=

3a

2s=

3b

2S=

3c

2S



a = b = c   ABC Nói riêng S = R2+3 r≥4

4