Goïi R , r laø baùn kính caùc ñöôøng troøn ngoaïi tieáp vaø noäi tieáp cuûa tam giaùc... HÖÔÙNG DAÃN.[r]
(1)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
(2)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
(3)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
(4) 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
(5)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
.
+
(6)
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
(7)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
(8)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
(9)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