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 .