Tài liệu ôn thi học sinh giỏi nội dung toán hình tham khảo (3)

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
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 MA
4
+ MB
4
+ MC
4
+ MD
4
= 24R
4
b/ Chứng minh MA . MB . MC . MD < 6R
2

HƯỚNG DẪN

B C
A D
a/ MA
4

+ MC
4
= ( MA
2
+ MC
2
) – 2MA
2
.MC
2
= AC
4
– 2MH
2
.AC
2
= 16R
4
– 8R
2
.MH
2
Chứng minh tương tự ta có : MB
4
+ MD
4
= 16R
4
– 8R
2

.MK
2
⇒
MA
4
+ MB
4
+ MC
4
+ MD
4
= 32R
4
– 8R
2
( MH
2
+ MK
2
) = 32R
4
– 8R
2.
R
2
= 24R
4

b/ p dụng Bất đẳng thức Côsi ta có :
(MA

4
+ MB
4
) + ( MC
4
+ MD
4
) ≥
))((2
4444
MDMCMBMA ++
Vì MA
4
+ MB
4
≥
2244
.2.2 MBMAMBMA =

MC
4
+ MD
4
≥
2244
.2.2 MDMCMDMC =

⇒ (MA
4
+ MB

4
) + ( MC
4
+ MD
4
) ≥
2222
2 MDMCMBMA
(MA
4
+ MB
4
) + ( MC
4
+ MD
4
) ≥ 4MA.MB.MC.MD
⇒
4MA.MB.MC.MD ≤ 24R
4
⇒
MA.MB.MC.MD ≤ 6R
4
Dấu “=” xảy ra ⇔ MA = MB = MC = MD nhưng điều
này không thể xảy ra nên : MA.MB.MC.MD < 6R
4
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

C
I
M
O
H
K
M
Nhận xét : EF ⊥ AB , EK ⊥ AK
⇒ cần chứng minh AE là phân giác của góc BAD
Đường tròn (D ) tiếp xúc với AB tại A ⇒ 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 đònh .
b/ Tìm vò trí của E , F sao cho diện tích ∆ 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 ∈ EF .
∆ DFC = ∆ DKC ( DF = BK ; FDC = KBC = 90
0
; DC = BC )
⇒
CF = CK .
Vì EF = 2a – ( EA + FA ) = ( AB + AD ) – ( EA + FA ) = AB – EA + AD – FA
= EB + FD = EB + BK .

Do đó ∆ CEF = ∆ CEK ( c.c.c)
Suy ra các đường cao CH và CB bằng nhau .
CH không đổi , C cố đònh , CH ⊥ EF ⇒ EF luôn tiếp xúc với đường tròn cố đònh (
C , a ) .
b/ ∆ HCF = ∆ DCF ( H = D = 90
0
; CF chung ; CH = CD = a ) ⇒ S
HCF
= S
DCF
.
Chứng minh tương tự ta có : S
HCE
= S
BCE
do đó S
HCF
+ S
HCE
= S
DCF
+ S
BCE
⇒ S
CEF
= ½ S
CDFEB
⇒ S
CEF
= ½ ( a

2
– S
AEF
)
S
AEF
≥ 0 ⇒ S
CEF
≤ ½ a
2
. Dấu “ = “ xảy ra ⇔ S
AEF
= 0 ⇔
E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D .
Vậy E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D thì S
CEF
đạt giá trò 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
E
K
A
B
C

D
.


A M B
a/ BD cắt AE tại H . ∆ AHB có : HAB = HBA = 45
0


⇒ HB ⊥ AH .
Xét ∆ AEB ta có : EM ⊥ AB ; BH ⊥ AE ⇒ AD ⊥ BE tại N .
Mà DNB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ DN ⊥ BE tại N
⇒ ba điểm A , D , N thẳng hàng
⇒ điều phải chứng minh .
b/ Q ttích của N là nửa đường tròn đường kính BD .
c/ Q 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 .
D
N
C
H
I
Q