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 \(AM \le 2ME\).