Hình chữ nhật

Vì \(ADME\) là hình chữ nhật (theo câu trước) nên \(AM = DE\) (tính chất)

Để \(DE\) nhỏ nhất thì \(AM\) nhỏ nhất mà \(AM\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC.\)

Từ đó \(DE\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC.\)

Xét tứ giác \(ADME\) có \(\widehat A = \widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \) nên \(ADME\) là hình chữ nhật.

Xét tứ giác \(ADME\) có \(\widehat A = \widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \) nên \(ADME\) là hình chữ nhật.

+ Ta thấy $AB = CD = AD = BC$ thì \(ABCD\) chỉ có bốn cạnh bằng nhau nên \(ABCD\) chưa chắc là hình chữ nhật.

+  Nếu \(\widehat A = \widehat B = \widehat C = {90^ \circ }\) thì tứ giác $ABCD$ có ba góc vuông nên $ABCD$ là hình chữ nhật.(do dấu hiệu tứ giác có ba góc vuông)

+ Nếu \(\widehat A = \widehat B = {90^ \circ }\) và $AB{\rm{//}}CD$  thì tứ giác $ABCD$ có $AD//BC$ ; $AB{\rm{//}}CD$  nên $ABCD$ là hình bình hành, lại có \(\widehat A = {90^ \circ }\) nên $ABCD$ là hình chữ nhật. (do dấu hiệu hình bình hành có một góc vuông)

+ Nếu $AB{\rm{//}}CD;AB = CD$ và $AC = BD$  thì $ABCD$ là hình bình hành (do có cặp cạnh đối $AB$ ; $CD$ song song và bằng nhau), lại có hai đường chéo bằng nhau $AC=BD$ nên $ABCD$ là hình chữ nhật (do dấu hiệu hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau).

Vì hình bình hành có hai đường chéo bằng nhau là hình chữ nhật nên hình bình hành \(ABCD\) có \(AC = BD\) thì \(ABCD\) là hình chữ nhật.

 Từ giả thiết ta có \(ME{\rm{//}}AF;\,MF{\rm{//}}AE\) nên tứ giác \(AEMF\) là hình bình hành (dhnb).

Để hình bình hành \(AEMF\) là hình chữ nhật thì \(\widehat {EAF} = 90^\circ \) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) .

Xét tứ giác $AECH$ có: $I$ là trung điểm của $AC$ (gt); $I$ là trung điểm của $HE$ (do $H$ và $E$ đối xứng nhau qua $I$ )

Do đó $AECH$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Lại có \(\widehat {AHC} = {90^ \circ }\) , nên $AECH$ là hình chữ nhật (dhnb).

Nối \(AC\) , $BD$.

+ Xét tam giác \(ABD\)  có \(M,\,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB;\,AD\) nên \(MQ\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\)

Suy ra \(MQ{\rm{//}}BD;\,MQ = \dfrac{1}{2}BD\)  \(\left( 1 \right)\) .

+ Tương tự, xét tam giác \(CBD\) có \(N,P\) lần lượt là trung điểm của \(BC;\,CD\) nên \(NP\) là đường trung bình của tam giác \(CBD\). Suy ra  \(NP{\rm{//}}BD;\,NP = \dfrac{1}{2}BD\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right);\,\left( 2 \right) \Rightarrow MQ{\rm{//}}NP;\,MQ = NP \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

+ Để hình bình hành \(MNPQ\) là hình chữ nhật thì \(\widehat {MQP} = 90^\circ \)  hay \(MQ \bot QP\)

Lại có \(QP{\rm{//}}AC\)  (do \(QP\) là đường trung bình của tam giác \(DAC\) ) nên \(MQ \bot AC\) mà \(MQ{\rm{//}}BD\) (cmt) nên \(AC \bot BD\) .

Vậy tứ giác \(ABCD\) cần có \(AC \bot BD\) thì \(MNPQ\) 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 $B{C^2} = {6^2} + {8^2}$\( \Rightarrow \)$B{C^2} = 100$ . Suy ra $BC = 10\,\left( {cm} \right)$

Do $AH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên

 $AH = BC:2 = 10:2 = 5\left( {cm} \right)$

+ 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:

$\left( {AD + DM} \right).2 = \left( {AD + BD} \right).2 = 6.2 = 12\left( {cm} \right)$

Vậy chu vi $ADME$ là $12\,cm$ .

+ Xét tam giác \(ABC\) có \(E\) là trung điểm \(AB;\,D\) là trung điểm \(AC\) nên \(ED\) lad 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 \(ABG\) 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 \(A\) .

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.

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: $QN = a-b$ .

Xét tứ giác \(ADME\) có \(\widehat A = \widehat {ADM} = \widehat {AEM} = 90^\circ \) nên \(ADME\) là hình chữ nhật.

Vì \(ADME\) là hình chữ nhật (theo câu trước) nên \(AM = DE\) (tính chất)

Để \(DE\) nhỏ nhất thì \(AM\) nhỏ nhất mà \(AM\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC.\)

Từ đó \(DE\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC.\)

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 \(12cm.\)

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 $2AC$ \( = 2\sqrt {{a^2} + {b^2}} \) .