Hình chữ nhật

Từ định nghĩa và tính chất hình chữ nhật ta có A, B, D đúng và C sai.

+ Xét tam giác $ABC$ có $E$ là trung điểm $AB;\,D$ là trung điểm $AC$ nên $ED$ là đường trung bình của tam giác $ABC \Rightarrow ED{\rm{//}}BC;\,ED = \dfrac{1}{2}BC\,\,\left( 1 \right)$ .

+ Xét tam giác $GBC$ có $N$ là trung điểm của $GB;\,M$ là trung điểm $GC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $GBC \Rightarrow MN{\rm{//}}BC;\,MN = \dfrac{1}{2}BC\,\,\left( 2 \right)$ .

Từ $\left( 1 \right);\,\left( 2 \right)\, \Rightarrow MN{\rm{//}}ED;\,MN = ED$ nên tứ giác $MNED$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Ta có $\widehat {QAD} + \widehat {QDA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAD} + \dfrac{1}{2}\widehat {ADC} = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {BAD} + \widehat {ADC}} \right)$ $= \dfrac{1}{2}.180^\circ$  (do $ABCD$ là hình bình hành)

Nên $\widehat {QAD} + \widehat {QDA} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {AQD} = 90^\circ$ (định lý tổng ba góc trong tam giác)

Nên $AQ \bot DQ$. Suy ra $\widehat {MQP} = {90^ \circ }$.

Tương tự : $\widehat {NMQ} = \widehat {MNP} = {90^0}$

Xét tứ giác MNPQ có $\widehat {MQP} = \widehat {NMQ} = \widehat {MNP} = {90^0}$, do đó tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật.

+ Hình thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật nên D đúng.

+ Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật nên B đúng.

+ Hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật nên C đúng.

+ Hình thang có một góc vuông thì là hình thang vuông nên A sai.

+ Xét tam giác $ABG$ có $EN$ là đường trung bình nên $EN{\rm{//}}AG$ hay $EN{\rm{//}}AI$.

+ Để hình bình hành $MNED$ là hình chữ nhật thì $\widehat {ENM} = 90^\circ  \Rightarrow EN \bot MN$ . Mà $MN{\rm{//}}BC$ (câu a) nên $EN \bot BC$.

+ Lại có $EN{\rm{//}}AI$ suy ra $AI \bot BC$ .

Xét tam giác $ABC$ có $AI$ vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên $\Delta ABC$ cân tại $A$ .

+ Xét tam giác $ABC$ có $E$ là trung điểm $AB;\,D$ là trung điểm $AC$ nên $ED$ là đường trung bình của tam giác $ABC \Rightarrow ED{\rm{//}}BC;\,ED = \dfrac{1}{2}BC\,\,\left( 1 \right)$ .

+ Xét tam giác $GBC$ có $N$ là trung điểm của $GB;\,M$ là trung điểm $GC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $GBC \Rightarrow MN{\rm{//}}BC;\,MN = \dfrac{1}{2}BC\,\,\left( 2 \right)$ .

Từ $\left( 1 \right);\,\left( 2 \right)\, \Rightarrow MN{\rm{//}}ED;\,MN = ED$ nên tứ giác $MNED$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

+ Xét tam giác $ABC$ có $E$ là trung điểm $AB;\,D$ là trung điểm $AC$ nên $ED$ là đường trung bình của tam giác $ABC \Rightarrow ED{\rm{//}}BC;\,ED = \dfrac{1}{2}BC\,\,\left( 1 \right)$ .

+ Xét tam giác $GBC$ có $N$ là trung điểm của $GB;\,M$ là trung điểm $GC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $GBC \Rightarrow MN{\rm{//}}BC;\,MN = \dfrac{1}{2}BC\,\,\left( 2 \right)$ .

Từ $\left( 1 \right);\,\left( 2 \right)\, \Rightarrow MN{\rm{//}}ED;\,MN = ED$ nên tứ giác $MNED$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Gọi $E$ là giao điểm $PQ$ và $AB$ , $F$ là giao điểm của $MN$ và $CD$ . Tam giác $ADE$ có phân giác $AQ$ cũng là đường cao do đó tam giác cân tại $A$ , suy ra $DQ = QE = DE:2$ .

Tương tự tam giác $BCF$ cân tại$C$ , do đó $FN = BN = BF:2.$

Ta lại có $DEBF$ là hình bình hành (cặp cạnh đối song song), suy ra $DE = BF$ .

Suy ra $DQ = FN$ và $DQ$ //$FN$ . Vậy $DQNF$ là hình bình hành, từ đó $QN = DF = CD--CF$

Mà $CD = AB = a$ , $CF = CB = b$ , do đó: $QN = a-b$ .

Ta có $\widehat {QAD} + \widehat {QDA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAD} + \dfrac{1}{2}\widehat {ADC} = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {BAD} + \widehat {ADC}} \right)$ $= \dfrac{1}{2}.180^\circ$  (do $ABCD$ là hình bình hành)

Nên $\widehat {QAD} + \widehat {QDA} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {AQD} = 90^\circ$ (định lý tổng ba góc trong tam giác)

Nên $AQ \bot DQ$. Suy ra $\widehat {MQP} = {90^ \circ }$.

Tương tự : $\widehat {NMQ} = \widehat {MNP} = {90^0}$

Xét tứ giác MNPQ có $\widehat {MQP} = \widehat {NMQ} = \widehat {MNP} = {90^0}$, do đó tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Ta có $\widehat {QAD} + \widehat {QDA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAD} + \dfrac{1}{2}\widehat {ADC} = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {BAD} + \widehat {ADC}} \right)$ $= \dfrac{1}{2}.180^\circ$  (do $ABCD$ là hình bình hành)

Nên $\widehat {QAD} + \widehat {QDA} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {AQD} = 90^\circ$ (định lý tổng ba góc trong tam giác)

Nên $AQ \bot DQ$. Suy ra $\widehat {MQP} = {90^ \circ }$.

Tương tự : $\widehat {NMQ} = \widehat {MNP} = {90^0}$

Xét tứ giác MNPQ có $\widehat {MQP} = \widehat {NMQ} = \widehat {MNP} = {90^0}$, do đó tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB = DC;AD = BC;AC = BD$ và $AC,BD$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường. Hay $OA = OB = OC = OD$ nên A, B, C đúng, D sai.

Hình thang cân có một góc vuông là hình chữ nhật  nên hình thang cân $ABCD$ có thêm $\widehat {BCD} = 90^\circ$ thì nó sẽ là hình hữ nhật nên D đúng.

Ta thấy: $AD = BC,AD//BC,\,\widehat A = 90^\circ$ thì $ABCD$ là hình bình hành có 1 góc vuông nên $ABCD$ là hình chữ nhật.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$B{C^2} = A{C^2} + A{B^2}$ hay $B{C^2} = {5^2} + {12^2}$$\Rightarrow$$B{C^2} = 169$. Suy ra $BC = 13\,\left( {cm} \right)$.

Do $AH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên $AH = BC:2 = 13:2 = 6,5\left( {cm} \right)$.

+ Xét tứ giác $ADME$ có $\widehat A = \widehat E = \widehat D = {90^ \circ }$ nên $ADME$ là hình chữ nhật.

+ Xét tam giác $DMB$ có $\widehat B = {45^ \circ }$(do tam giác $ABC$ vuông cân) nên tam giác $BDM$ vuông cân tại $D$. Do đó $DM = BD$.

+ Do $ADME$ là hình chữ nhật nên chu vi $ADME$ là:

$\left( {AD + DM} \right). 2 = \left( {AD + BD} \right). 2 = 8. 2 = 16\left( {cm} \right)$. 

Vậy chu vi $ADME$ là $16\,cm$.

Theo câu trên ta có: $AB = KL = {\rm{ }}6.$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông AML ta có:

$A{L^2} = A{M^2} - M{L^2} = {5^2} - {3^2} = 16$

Vậy $AL = BK = 4.$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông AKL ta có:

$A{K^2} = A{L^2} + L{K^2} = {4^2} + {6^2} = 16 + 36 = 52$.

Vậy $AK = {\rm{ }}BL{\rm{ }} = \sqrt {52}$.

Vậy $AB = 6;AL = 4;\,AK = \sqrt {52}$.

Xét tam giác ABD có : M, L lần lượt là trung điểm của AD, BD, do đó ML là đường trung bình của tam giác ABD. Suy ra $ML//AB$ và $ML = AB:2 = 3$. Vậy ML nằm trên đường trung bình MI của hình thang ABCD.  (1)

Chứng minh tương tự ta có: IK là đường trung bình của tam giác ABC. Do đó, IK // AB và $IK = AB:2 = 3.$ Vậy IK nằm trên đường trung bình MI của hình thang ABCD. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: bốn điểm M, L, K, I nằm trên đường trung bình MI của hình thang ABCD.

Ta có: $MI = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {6 + 18} \right) = 12$ (do MI là đường trung bình của hình thang ABCD)

Suy ra $KL = MI-ML-KI = 12-3-3 = 6.$

Xét tứ giác ABKL có: $KL = AB\left( { = 6} \right);{\rm{ }}KL//AB.$ Do đó $ABKL$ là hình bình hành.

Lại có: $BL = \dfrac{1}{2}BD,AK = \dfrac{1}{2}AC$.

Mà $AC = BD$ (đường chéo hình thang cân)

Suy ra $AK = BL$.

Xét hình bình hành ABKL có $AK = KL$ nên suy ra ABKL là hình chữ nhật.

Xét tam giác ABD có : M, L lần lượt là trung điểm của AD, BD, do đó ML là đường trung bình của tam giác ABD. Suy ra $ML//AB$ và $ML = AB:2 = 3$. Vậy ML nằm trên đường trung bình MI của hình thang ABCD.  (1)

Chứng minh tương tự ta có: IK là đường trung bình của tam giác ABC. Do đó, IK // AB và $IK = AB:2 = 3.$ Vậy IK nằm trên đường trung bình MI của hình thang ABCD. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: bốn điểm M, L, K, I nằm trên đường trung bình MI của hình thang ABCD.

Ta có: $MI = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {6 + 18} \right) = 12$ (do MI là đường trung bình của hình thang ABCD)

Suy ra $KL = MI-ML-KI = 12-3-3 = 6.$

Xét tứ giác ABKL có: $KL = AB\left( { = 6} \right);{\rm{ }}KL//AB.$ Do đó $ABKL$ là hình bình hành.

Lại có: $BL = \dfrac{1}{2}BD,AK = \dfrac{1}{2}AC$.

Mà $AC = BD$ (đường chéo hình thang cân)

Suy ra $AK = BL$.

Xét hình bình hành ABKL có $AK = KL$ nên suy ra ABKL là hình chữ nhật.

Gọi $I,H,K$ lần lượt là trung điểm các đoạn $QM,QN,PN$.

Xét tam giác $AQM$ vuông tại $A$ có $AI$ là đường trung tuyến nên suy ra $AI = \dfrac{1}{2}QM$.

$IH$ là đường trung bình của tam giác $QMN$ nên $IH = \dfrac{1}{2}MN$, $IH$ //$MN$.

Tương tự: $KC = \dfrac{1}{2}NP,HK = \dfrac{1}{2}PQ$, $HK$ //$PQ$.

Do đó $AI{\rm{ }} + {\rm{ }}IH{\rm{ }} + {\rm{ }}HK{\rm{ }} + {\rm{ }}KC{\rm{ }} = \dfrac{1}{2}{P_{MNPQ}}$.

Mặt khác: nếu xét các điểm $A,I,H,K,C$ ta có: $AI{\rm{ }} + {\rm{ }}IH{\rm{ }} + {\rm{ }}HK{\rm{ }} + {\rm{ }}KC{\rm{ }} \ge AC$.

Do đó ${P_{MNPQ}} \ge 2AC$ (không đổi)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $A,I,H,K,C$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Điều đó tương đương với $MN$ //$AC$ //$QP$, $QM$ //$BD$ //$NP$ hay $MNPQ$ là hình bình hành.

Theo định lý Pytago cho tam giác $ACB$ vuông tại $A$ ta có:

$A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = A{B^2} + A{D^2}$ $= {a^2} + {b^2} \Rightarrow AC = \sqrt {{a^2} + {b^2}}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi $MNPQ$ là $2AC$ $= 2\sqrt {{a^2} + {b^2}}$.

Theo $DE$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu của $A$ trên $BC.$ Khi đó $DE = AM.$

Xét tam giác $ABC$, theo định lý Pyatgo ta có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = 625 \Rightarrow BC = 25$.

Gọi $BM = x$ thì $MC = 25 - x$.

Xét tam giác $AMB$ vuông tại $M$, theo định lý Pytago ta có $A{M^2} = A{B^2} - B{M^2} = {15^2} - {x^2} = 225 - {x^2}$ (1)

Xét tam giác $AMC$ vuông tại $M,$ theo định lý Pytago ta có $A{M^2} = A{C^2} - M{C^2} = {20^2} - {\left( {25 - x} \right)^2}$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $225 - {x^2} = {20^2} - {\left( {25 - x} \right)^2}$$\Leftrightarrow 225 - {x^2} = 400 - \left( {625 - 50x + {x^2}} \right)$$\Leftrightarrow 50x = 450 \Leftrightarrow x = 9$.

Suy ra: $A{M^2} = 225 - {x^2} = 225 - 81 = 144 \Rightarrow AM = 12$ suy ra $DE = AM = 12cm$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $DE$ là $12cm.$