Bài tập ôn tập chương 5

Giả sử hình thoi $ABCD$ có hai đường chéo $AC = 16cm,{\rm{ }}BD = 12cm$ cắt nhau tại $O.$

Theo tính chất hình thoi ta có $AC$ vuông góc với $BD,{\rm{ }}O$ là trung điểm của $AC,{\rm{ }}BD.$

Do đó: $OA = \dfrac{1}{2}AC = 16:2 = 8(cm);\,\,\,OB = \dfrac{1}{2}BD = 12:2 = 6(cm)$

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác $ABO$ vuông tại $O$ ta có:

$A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 \Rightarrow AB = 10(cm)$

Vậy độ dài cạnh hình thoi là $10\,cm.$

- Hình thang $ABCD$ có:

$\left. \begin{array}{l}{\rm{AM}} = {\rm{MD(gt)}}\\{\rm{BN}} = {\rm{NC (gt)}}\end{array} \right\} \Rightarrow$$MN$  là đường trung bình của hình thang $ABCD.$

$\Rightarrow$ $MN//AB//CD$ (tính chất).

- Tam giác $ABD$ có:  $\left. \begin{array}{l}{\rm{AM }} = {\rm{ MD}}\\MI//AB\end{array} \right\} \Rightarrow$$ID = IB$  (định lý đảo về đường trung bình của tam giác).

$\Rightarrow$ $MI$ là đường trung bình của $\Delta ADB$ $\Rightarrow MI = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}.6 = 3(cm)$

- Tương tự tam giác $ACD$  có: $AM = MD,{\rm{ }}MK//DC$ nên $AK = KC,$ hay ${\rm{ }}MK$ là đường trung bình của tam giác $ACD$, ta có:

$MK = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{1}{2}.14 = 7(cm)$

$\Rightarrow$ $IK = MK - MI = 7 - 3 = 4\left( {cm} \right)$

Vậy $MI = 3cm;IK = 4cm.$

Xét hình bình hành $ABCD$ có $E;F$  lần lượt là trung điểm của $AB;CD$; $DC = 2BC$  nên

$AE = EB = BC = CF = DF = AD$ ;$AB//CD;\,AD//BC$

Xét tứ giác $DEBF$ có $\left\{ \begin{array}{l}EB//DF\\EB = DF\end{array} \right.$  nên $DEBF$  là hình bình hành (dhnb)

Xét tứ giác $AEFD$  có $AE = DF;AE//DF$  nên $AEFD$ là hình bình hành (dhnb), lại có $AE = AD$  nên hình bình hành $AEFD$ là hình thoi.

Tương tự ta cũng có $EBCF$  là hình thoi. Nhận thấy chưa đủ điều kiện để $EBCF$ là hình vuông.

Nên A, B đúng, C sai.

Theo câu trước ta có tứ giác $BEDF$  là hình bình hành nên $ED = BF;\,ED//BF \Rightarrow EI//FK\,\left( 1 \right)$

Theo câu trước ta có tứ giác $AEDF$ và $BEFC$   là hình thoi nên $I;K$ lần lượt là trung điểm của $DE$ và $BF$

Suy ra $EI = \dfrac{{DE}}{2};\,FK = \dfrac{{BF}}{2}$  mà $DE = BF\left( {cmt} \right) \Rightarrow EI = FK\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác $EIFK$  là hình bình hành.

Mà $AEDF$  là hình thoi nên $AF \bot DE$  (tính chất hình thoi)$\Rightarrow \widehat {EIF} = 90^\circ$

Hình bình hành $EIFK$ có một góc vuông $\widehat {EIF} = 90^\circ$  nên $EIFK$ là hình chữ nhật.

Ta có $EIFK$ là hình chữ nhật (theo câu trước).

Để hình chữ nhật $EIFK$  là hình vuông $\Leftrightarrow IE = {\rm{IF}}\left( 1 \right)$.

Mà $I$ là giao điểm hai đường chéo $DE;AF$ của hình thoi$AEFD$  nên  $IE = \dfrac{1}{2}DE;{\rm{IF = }}\dfrac{1}{2}{\rm{AF}} \Rightarrow {\rm{DE = AF}}$

Mặt khác ta có $AEFD$ là hình thoi (chứng minh ở câu trước) (2).

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AEFD$ là hình vuông $\Rightarrow AD \bot DC$.

Suy ra hình bình hành $ABCD$ phải là hình chữ nhật thì $EIFK$ là hình vuông.

 $\Delta ABC$ cân tại $A$ có $AM$ là trung tuyến nên $AM$ đồng thời là đường cao$\Rightarrow AM \bot BC \Rightarrow \widehat {AMC} = {90^0}.$ (1)  

Xét tứ giác $AMCK$ có:  $AC$ cắt $MK$ tại $I,$ mà $AI = IC,MI = IK\;$ (gt)

$\Rightarrow$ Tứ giác $AMCK$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)        (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $AMCK$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Tứ giác $AMCK$ là hình chữ nhật (theo câu trước)

$\Rightarrow$ $AK//CM$ $\Rightarrow$$AK//BM$              (3)

mà $AK = MC{\rm{ }}(AMCK$ là hình chữ nhật) và $MC = MB$ (gt)

$\Rightarrow$$AK = BM$             (4)                                                      

Từ (3) và (4) $\Rightarrow$Tứ giác $AKMB$ là hình bình hành. (dấu hiệu nhận biết)

Theo câu trước thì $AKCM$ là hình chữ nhật.

Để hình chữ nhật $AMCK$ là hình vuông  thì $AM = MC$

Mà $AM$ là đường trung tuyến của tam giác cân $ABC$

$\Rightarrow AM = MC = \dfrac{1}{2}BC \Rightarrow$ Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A.$

Do $AB//CD$  (giả thiết) nên $BI//CD$  
Mặt khác $BI = AB$  (giả thiết); $AB = CD$  (giả thiết) 
$\Rightarrow BI = CD$
Vậy $BICD$ là hình bình hành (dhnb) (1) 

Theo giả thiết ta có $BI = AB = AF = FD \Rightarrow AI = AD$  mà $\widehat {IAD} = 60^\circ$ (gt) nên tam giác $ADI$ đều.
Xét tam giác $ADI$ đều có $BD$  là trung tuyến đồng thời là đường cao. 
$\Rightarrow \widehat {DBI} = 90^\circ$ (2) 
Từ (1) và (2) suy ra $BICD$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Theo câu trước ta có $BICD$ là hình chữ nhật lại có $E$ là trung điểm của $BC$ (gt) nên $E$ cũng là trung điểm của $ID.$

Mà tam giác $ADI$ đều (theo câu trước) có $AE$ là đường trung tuyến nên $AE$ cũng là đường cao, suy ra $AE \bot BD \Rightarrow \widehat {AED} = 90^\circ .$

Xét tam giác $ABD$ có:

$M$ là trung điểm của $AB$ (gt)

$Q$ là trung điểm của $AD$   (gt)

$\Rightarrow$ $QM$ là đường trung bình của tam giác $ABD.$ (định lý)

Do đó $QM//BD$ và $QM = \dfrac{1}{2}BD$ (1)

Tương tự ta cũng có $NP$ là đường trung bình của tam giác $BCD.$

 $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}NP//BD\\NP = \dfrac{1}{2}BD\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$ 

Từ (1) và (2) ta suy ra $MNPQ$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Tương tự ta cũng có $MN$ là đường trung bình của tam giác $BAC$ nên $MN//AC$ và $MN = \dfrac{1}{2}AC$

Để hình bình hành $MNPQ$ là hình vuông $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN \bot NP\\MN = NP\end{array} \right.$

+ Để $MN \bot NP \Leftrightarrow AC \bot BD$ (vì $MN//AC,{\rm{ }}NP//BD$ )

+  Để $MN = NP \Leftrightarrow AC = BD$ (vì $MN = \dfrac{1}{2}AC,NP = \dfrac{1}{2}BD$ )

Vậy điều kiện cần tìm để $MNPQ$ là hình vuông là $BD = AC;BD \bot AC.$ .

Xét $\Delta ADE$ có: $AM = DM;DQ = EQ$ nên $MQ$  là đường trung bình của $\Delta ADE$ .
$\Rightarrow MQ//AE;MQ = \dfrac{1}{2}AE$  
Xét$\;\Delta AEF$  có: $AN = NF;FP = PE$  (giả thiết) nên $NP$ là đường trung bình của $\Delta AFE$.
$\Rightarrow NP//AE;NP = \dfrac{1}{2}AE$

Suy ra $MQ//NP$ ( cùng $//AE$ )  và $MQ = NP(= \dfrac{1}{2}AE)$ 
Tứ giác $MNPQ$ có: $MQ//NP$  và $MQ = NP$  nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Để $MNPQ$ là hình chữ nhật thì $MN \bot NP$  (1)
Ta có: $NP//AE$  (chứng minh trên) (2).
Ta lại có: $AM = MD,AN = NF$  (giả thiết) 
$\Rightarrow MN//DF$. 
Mặt khác: $AD = DB,AF = FC$  (giả thiết) 
$\Rightarrow DF//BC$

Vậy $MN//BC$  (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: $AE \bot BC$ . 
Mà $BE = EC$  (giả thiết) 
Do đó $\Delta ABC$ cân tại $A$ (do $AE$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến).

Trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ có chứa $A$ dựng tam giác $BHC$ vuông cân đỉnh $B.$

Xét tam giác $BHD$ và tam giác $BCA$ có: 

$DB = BA$  (Vì $ADBE$ là hình vuông)

$\widehat {DBH} = \widehat {ABC}$ (vì cùng phụ với góc $HBA$ )

$BH = BC$  (vì tam giác $BHC$ vuông cân đỉnh $B$ )

Do đó: $\Delta BHD = \Delta BCA\,\,(c.g.c)$, suy ra $DH = AC,\widehat {BHD} = \widehat {BCA}$.

$AC$ cắt $HD$ tại $K,$ cắt $BH$ tại $I.$

Xét tam giác $IHK$ và tam giác $ICB$ có: $\widehat {HIK} = \widehat {CIB}$ (đối đỉnh), $\widehat {BHD} = \widehat {BCA}$, do đó $\widehat {HKI} = \widehat {IBC} = {90^0} \Rightarrow KC \bot DH$

Mặt khác $KC \bot CF$, do đó $DH//CF$ .

Ta có $DH = CF{\rm{ }}\left( { = AC} \right)$ và $DH//CF$ nên $DHFC$ là hình bình hành.

Mà $M$ là trung điểm của $DF$ nên $M$ là trung điểm của $HC,$ suy ra tam giác $MBC$ vuông cân đỉnh $M.$

Vẽ $EF \bot AM(F \in AB),EG \bot AB(G \in AB)$.

Tứ giác $AGED$ là hình chữ nhật( vì $\widehat G = \widehat A = \widehat D = {90^0}$ ), suy ra $GE = AD.$

Lại thấy $\widehat {FEG} = \widehat {MAB}$ (vì cùng phụ với $\widehat {AFE}$ )

Xét $\Delta GEF$ và $\Delta BAM$có: $\widehat {EGF} = \widehat {ABM} = {90^0}$; $GE = AB{\rm{ }}\left( { = CD} \right);$$\widehat {FEG} = \widehat {MAB}$

Do đó $\Delta GEF = \Delta BAM$(g.c.g) suy ra $EF = AM.$

Tam giác $AEF$ có $AM$ là đường phân giác và là đường cao nên tam giác $AEF$ cân đỉnh $A.$

Ta có $AM$ là đường trung trực của $EF,$ nên $ME = MF.$

Xét ba điểm $M,{\rm{ }}E,{\rm{ }}F$ ta có: $EF \le ME + MF \Leftrightarrow EF \le 2ME$. Do đó $AM \le 2ME$.