I/ 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 MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 24R4
b/ Chứng minh MA . MB . MC . MD 6R2
7 trang |
Chia sẻ: luyenbuitvga | Lượt xem: 1259 | Lượt tải: 1
Bạn đang xem nội dung tài liệu Giáo án Đường tròn – Hình vuông, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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
I
C
HƯỚNG DẪN
M
B
O
A D
DM là dây chung của hai đường tròn Þ AO ^ DI
Þ OAD = CDI ; AD = CD Þ D ADO = D DCI Þ 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 MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 24R4
b/ Chứng minh MA . MB . MC . MD < 6R2
M
HƯỚNG DẪN
K
B C
H
O
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 ) ³
Vì MA4 + MB4 ³
MC4 + MD4 ³
Þ (MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 ) ³
(MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 ) ³ 4MA.MB.MC.MD
4MA.MB.MC.MD £ 24R4
MA.MB.MC.MD £ 6R4 Dấu “=” xảy ra Û MA = MB = MC = MD nhưng điều này không thể xảy ra nên : MA.MB.MC.MD < 6R4
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
B
A
Nhận xét : EF ^ AB , EK ^ AK
E
Þ cần chứng minh AE là phân giác của góc BAD
K
C
D
Đường tròn (D ) tiếp xúc với AB tại A Þ 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 định .
b/ Tìm vị trí của E , F sao cho diện tích D 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 Ỵ EF .
D DFC = D 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 đó D CEF = D CEK ( c.c.c)
Suy ra các đường cao CH và CB bằng nhau .
CH không đổi , C cố định , CH ^ EF Þ EF luôn tiếp xúc với đường tròn cố định ( C , a ) .
b/ D HCF = D DCF ( H = D = 900 ; CF chung ; CH = CD = a ) Þ SHCF = SDCF .
Chứng minh tương tự ta có : SHCE = SBCE do đó SHCF + SHCE = SDCF + SBCE
Þ SCEF = ½ SCDFEB Þ SCEF = ½ ( a2 – SAEF )
SAEF ³ 0 Þ SCEF £ ½ a2 . Dấu “ = “ xảy ra Û SAEF = 0 Û
E º B , F º A hoặc E º A , F º D .
Vậy E º B , F º A hoặc E º A , F º D thì SCEF đạt giá trị 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
N
H
C
D
I
Q
A M B
a/ BD cắt AE tại H . D AHB có : HAB = HBA = 450 Þ HB ^ AH .
Xét D AEB ta có : EM ^ AB ; BH ^ AE Þ AD ^ BE tại N .
Mà DNB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) Þ DN ^ BE tại N
ba điểm A , D , N thẳng hàng
điều phải chứng minh .
b/ Quĩ ttích của N là nửa đường tròn đường kính BD .
c/ Quĩ 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
O’
B
A
C
D
E
O
K
M
1/ Công thức Ơ Le : d2 = R2 – 2Rr
L
.
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’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 là hình chữ nhật do đó : OM = KL Þ KD = r + LD Þ OO’2 = R2 + r2 – 2R(r+ LD) = R2 – 2Rr + r2 – 2R.LD
Xét tam giác vuông DAE ta có : AD2 = LD . ED = 2R.LD
Þ OO’2 = R2 – 2Rr + r2 – AD2
Xét tam giác AOD : vì AO là phân giác của góc BAC , do đó :
DAO = DAC + CAO = DBC + OAB = DBA + OAB = AOD
Þ DAO = AOD Þ AD = OD .
Vậy d2 = R2 - 2 Rr .
2/ Cho D 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 :
I
A
B
C
I’
O
K
HƯỚNG DẪN
.
H
O’
.
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 Þ 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 : OI2 = R2 –2Rr ta được : (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)
Þ ( c-a )2 ³ ( c -b )2 + ( b-a)2
( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ³ 2[( c -b )2 + ( b-a)2 ]
Þ [ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ³ ( c -b )2 + ( b-a)2
+
Ta có : 4R2 – 8Rr – ( c-a)2 ³ 0 ( 1 )
( c-a )2 - ( c -b )2 - ( b-a)2 ³ 0
-
4R2 – 8Rr – [( c-b)2 + (b-a)2 ] ³ 0
[ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ³ ( c -b )2 + ( b-a)2
4R2 – 8Rr - [ ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2 ] ³ 0
8R2 ³ 16Rr + ( c-a )2 + ( c -b )2 + ( b-a)2
Chia cả hai vế cho 16R2 ta được :
.
I
L
Y
O
M
A
D
E
C
B
Q
P
K
H
X
3/ Dây cung DE của đường tròn ngoại tiếp D ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác này tại các điểm M và N . Chứng minh rằng DE ³ 2MN .
HƯỚNG DẪN
N
.
Dựng đường tròn C tâm trùng tâm I của đường tròn nội tiếp D 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 ³ PQ . Kẻ OK ^ DE . Ta có : OH = OI + IH = OI + IL ³ OL ³ OK . Do đó DE ³ PQ .
Để chứng minh DE ³ 2MN ta chỉ cần chứng minh PQ ³ 2XY ( X , Y là giao điểm của PQ với đường tròn nội tiếp D ABC ) .
Đặt IH = d1 ; IO = d . Ta phải chứng minh XY2 = 4 ( r2 – d12 ) £ ¼ PQ2 = R2 – ( d + d1 )2 hay 4 ( r2 – d12 ) £ R2 – ( d + d1 )2 ( R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của D ABC ) (1)
*Nếu R ³ 6r ta có : (1) Û 4(r-d1)(r + d1) £ ( R – d – d1)(R + d + d1 ) (2)
H nằm trong đường tròn nội tiếp D ABC nên r ³ d1 .
+Nếu d ³ d1 thì R + d + d1 ³ 6r + d+ d1 ³ 6r + 2d1 ³ 4r + 4d1 mà R > d + r nên
R – d – d1 > r – d1 suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng .
+Nếu d1 ³ d thì R - d - d1 ³ 6r – d - d1 > 6r – d - d1 – ( 2r – d + 3d1 ) = 4r - 4d1 mà R + d + d1 > d1 + r suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng .
*Nếu 2r £ R £ 6r , ta có :
(1) Û 4r2 – 4d12 £ R2 – d12 – d2 – 2dd1 (3)
Aùp dụng hệ thức Ơle d2 = R2 – 4Rr ta có :
4r2 – 4d12 £ 2Rr – d12 – 2dd1 Û 3d12 – 2dd1 + 2Rr – 4r2 ³ 0
3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – d2 ) ³ 0
3( d1 – d/3)2 + 1/3 (6Rr – 12r2 – R2 + 2Rr ) ³ 0
3( d1 – d/3)2 - 1/3 (R – 2r)(r – 6r) ³ 0
Điều này đúng vì 2r £ R £ 6r . Vậy (3) đúng , dẫn đến (1) đúng . Tóm lại DE ³ 2MN . Đẳng thức xảy ra khi D ABC đều và DE là đường kính đường tròn ngoại tiếp .
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 D ABC không đều . Chứng minh rằng :
AIO £ 900 Û 2BC £ AB + CA .
HƯỚNG DẪN
A
I
O
B C
D
Cách 1 : AIO £ 900 Û AO2 £ IO2 + IA2 Û R2 £ ( R2 – 2Rr ) + ( hệ thức Ơ Le )
Û 2R £ Û 1- cosA £
a(a+b+c) £ 2bc(1+cosA) = (b+c)2 – a2 Û 2a £ b + c .
Cách 2 : Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp D ABC tại D .
Ta chứng minh được : DB = DI = DC
( BAD = BAC Þ cung DB = cung DC Þ DB = DC .
IBD = IBC + CBD = IBA + IAB = BID Þ D BDI cân tại D Þ DB = DI
Þ DB = DI = DC )
Aùp dụng Định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có : AB.DC + AC.BD = AD.BC .
DI ( AB + AC ) = AD.BC
AIO £ 900 Û AI ³ ID Û 2 £ Û 2BC £ AB + AC .
b/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp D ABC không đều . Chứng minh rằng :
AIO = 900 Û 2BC = AB + CA .
HƯỚNG DẪN
A
I
O
B C
D
Ta có OA = R , OI2 = R2 – 2Rr ( công thức Ơ Le ) và IA2 = .
Do đó : AOI = 900 Û R2 = R2 –2Rr + Û -2 (
Û Û -a + 2(p-a) = 0 Û -a + b + c – a = 0 Û b + c = 2a .
DIỆN TÍCH - CỰC TRỊ
A
B
C
I
1/ Cho BC là dây cung cóùá định của đường tròn ( O , R ) , A là điểm chuyển động trên cung lớn BC . I là tâm đường tròn nội tiếp D ABC . Xác định vị trí của A để diện tích của D IBC là lớn nhất .
BIC = 900 + ½ BAC Þ I chuyển động trên cung chứa góc 900 + ½ BAC vẽ trên đoạn BC . D BIC có diện tích lớn nhất Û I là điểm chính giữa của cung chứa góc BC Û A là điểm chính giữa của cung BC .
2/ Cho D ABC có diện tích bằng 1 ( đơn vị ) . Gọi R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp D ABC . Chứng minh rằng . Đẳng thức xảy ra khi nào ?
HƯỚNG DẪN
Gọi a, b , c là các cạnh , p là nửa chu vi , S là diện tích D ABC .
Ta chứng minh được : S = ½ ar + ½ br + ½ cr = ½ ( a + b + c )r = pr (1)
S = ½ a.ha = ½ a. ( 2 ) ( do D ABH ~ D ADC với AH = ha , AD = 2R )
Từ ( 1 ) và (2 ) ta có :
Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số ta có :
³
Vậy . Đẳng thức xảy ra Û
Û a = b = c Û D ABC đều . Nói riêng khi S = 1 thì . Đẳng thức xảy ra khi D ABC đều với a = b = c = .
File đính kèm:
- mot so chuyen de bi dung HSG 9.doc