Các bài toán về tứ giác và đa giác

$MN$ là đường trung bình của $\triangle ABC$ nên $MN\parallel AC, MN=\dfrac{1}{2}AC$. Tương tự $QP$ là đường trung bình của $\triangle ACD$ nên $QP\parallel AC, QP=\dfrac{1}{2}AC$. Suy ra $MN\parallel QP$ và $MN=QP$, do đó $MNPQ$ là hình bình hành (định lí Varignon).

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo của hình thoi $ABCD$, $AC=48cm, BD=14cm$. Vì hai đường chéo hình thoi vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên $OA=24cm, OB=7cm$. Áp dụng Pytago trong $\triangle OAB$: $AB=\sqrt{24^2+7^2}=25cm$. Chu vi hình thoi bằng $4.25=100cm$.

Tổng bốn góc trong của một tứ giác bằng $360°$. Nếu cả bốn góc đều nhọn (nhỏ hơn $90°$) thì tổng bốn góc nhỏ hơn $360°$, mâu thuẫn. Vậy tứ giác có nhiều nhất $3$ góc nhọn (góc còn lại là góc tù để tổng vẫn bằng $360°$), trường hợp này hoàn toàn có thể xảy ra.

Vì $AB\parallel CD$ nên $\triangle MAB \backsim \triangle MDC$, suy ra $\dfrac{MA}{MD}=\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{12}{20}=\dfrac{3}{5}$. Vì $M, A, D$ thẳng hàng theo thứ tự đó nên $MD=MA+AD=MA+16$. Từ $5MA=3MD=3(MA+16)\Rightarrow 2MA=48\Rightarrow MA=24cm\Rightarrow MD=24+16=40cm$.

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $MP, NQ$ (trung điểm mỗi đường). Vì $O$ là trung điểm $MP$ nên $NO$ là đường trung tuyến của $\triangle MNP$ (từ đỉnh $N$), còn $ME$ là đường trung tuyến của $\triangle MNP$ từ đỉnh $M$ (do $E$ là trung điểm $NP$). Hai trung tuyến $ME, NO$ cắt nhau tại $F$ chính là trọng tâm $\triangle MNP$, nên $NF=\dfrac{2}{3}NO$. Mặt khác $O$ là trung điểm $NQ$ nên $NO=\dfrac{1}{2}NQ$. Vậy $\dfrac{NF}{NQ}=\dfrac{\frac{2}{3}.\frac{1}{2}NQ}{NQ}=\dfrac{1}{3}$.

Đa giác lồi $n$ cạnh có số đường chéo là $\dfrac{n(n-3)}{2}$. Với $n=8$: số đường chéo $=\dfrac{8.5}{2}=20$.

Gọi $O$ là tâm hình bình hành (giao điểm hai đường chéo). Phép đối xứng tâm $O$ biến $A\mapsto C, B\mapsto D$, đồng thời biến tia phân giác góc $A$ thành tia phân giác góc $C$ nên biến $M\mapsto N$. Do đó phép đối xứng tâm $O$ biến đa giác $ABCNM$ thành đa giác $CDANM$... nói cách khác biến miền $ABCNM$ thành miền $CDAMN$ đúng bằng phần còn lại của hình bình hành, nên hai miền này có diện tích bằng nhau và bằng nửa diện tích hình bình hành: $S_{ABCNM}=\dfrac{64a^2}{2}=32a^2$.

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC, BD$ của hình bình hành — đây cũng là trung điểm của cả $AC$ và $BD$. Gọi $O_1$ là hình chiếu của $O$ lên $d$. Vì $d$ không cắt cạnh nào của hình bình hành nên $d$ cũng không cắt hai đường chéo $AC, BD$; khi đó khoảng cách từ hai đầu mút một đoạn thẳng đến $d$ có tổng bằng hai lần khoảng cách từ trung điểm đoạn đó đến $d$ (tính chất đường trung bình của hình thang vuông $AAC_1... $ tạo bởi các hình chiếu). Do đó $AA_1+CC_1=2OO_1$ và $BB_1+DD_1=2OO_1$. Vậy $\dfrac{AA_1+CC_1}{BB_1+DD_1}=1$.

Vì $\widehat A=60°$ và $AB=AD$ nên tam giác $ABD$ đều, suy ra $AB=BD=AD=20cm$ và $\widehat{ABD}=60°=\widehat{xBy}$. Từ đó $\widehat{ABM}=\widehat{DBN}$ (cùng phụ với $\widehat{MBD}$), suy ra $\triangle ABM=\triangle DBN\ (g.c.g)\Rightarrow AM=DN$. Do đó $DM+DN=DM+AM=AD=20cm$. Đáp án A.

Gọi $a, b$ là các kích thước của hình chữ nhật, ta có $a+b=50$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: $\sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}{2}=25\Rightarrow ab\le 625$. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=25cm$. Vậy diện tích lớn nhất bằng $625cm^2$. Đáp án A.

Gọi $F$ là trung điểm $CE$. Vì $MNPF$ là hình bình hành (do $MN, PF$ cùng song song và bằng $\dfrac12 AB$... theo tính chất đường trung bình) nên $H$ là trung điểm $NF$. Khi đó $KH$ là đường trung bình của tam giác $NQF$, còn $FQ$ là đường trung bình của tam giác $CDE$ nên $FQ=\dfrac12 DE$. Suy ra $KH=\dfrac12 FQ=\dfrac14 DE=\dfrac{24}{4}=6cm$. Đáp án B.

Vì $\widehat{xAy}=90°=\widehat{BAD}$ nên dễ chứng minh $\triangle ABM=\triangle ADK\Rightarrow AM=AK$. Xét tam giác $AKN$ vuông tại $A$ với đường cao $AD$: $\dfrac{1}{AD^2}=\dfrac{1}{AN^2}+\dfrac{1}{AK^2}$. Vì $AD=AB, AK=AM$ nên $\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{AN^2}+\dfrac{1}{AM^2}$. Đáp án D.

Giả sử $IO$ cắt $CD$ tại $N_1$, ta có $\dfrac{AM}{CN_1}=\dfrac{BM}{DN_1}$ (do các tam giác đồng dạng tạo bởi $AB\parallel CD$) $\Rightarrow CN_1=DN_1\Rightarrow N_1$ trùng $N$, hay $I, O, N$ thẳng hàng. Tương tự $I, M, N$ thẳng hàng. Vậy bốn điểm $M, N, I, O$ thẳng hàng. Đáp án D.

Gọi $I, J, K$ lần lượt là trung điểm các đoạn $QN, MN, PQ$. Dễ thấy $MN=2BJ, MQ=2IJ, NP=2IK, PQ=2KD$ (tính chất đường trung bình các tam giác). Do đó chu vi $MNPQ=2\left(BJ+JI+IK+KD\right)\ge 2BD$. Với $AB=10cm$ thì $BD=10\sqrt2\,cm$, nên chu vi nhỏ nhất bằng $20\sqrt2\,cm$, dấu $=$ xảy ra khi $I, J, K$ thuộc đoạn $BD$. Đáp án B.

Hạ $BH, DK$ vuông góc với $AC$, khi đó $\dfrac{m}{n}=\dfrac{S_{ABO}}{S_{BCO}}=\dfrac{BH.AO}{BH.CO}=\dfrac{AO}{CO}$ và $\dfrac{q}{p}=\dfrac{S_{DAO}}{S_{CDO}}=\dfrac{AO}{CO}$. Suy ra $\dfrac{m}{n}=\dfrac{q}{p}\Rightarrow mp=nq$. Do đó $mnpq=\left(mp\right)\left(nq\right)=\left(mp\right)^2=25^2=625$. Đáp án D.

Tam giác $AOB$ cân tại $O$ nên $OA=OB\Rightarrow \triangle AOD=\triangle BOC\ (c.g.c)\Rightarrow OD=OC$. Dựng điểm $E$ ở ngoài hình vuông sao cho tam giác $ABE$ đều, suy ra $\triangle AOE=\triangle BOE\Rightarrow \widehat{BEO}=30°$ và $\triangle OBE=\triangle OBC\ (c.g.c)\Rightarrow \widehat{BCO}=\widehat{BEO}=30°\Rightarrow \widehat{DCO}=60°\Rightarrow$ tam giác $CDO$ đều. Vậy khoảng cách từ $O$ đến $CD$ bằng $\dfrac{10\sqrt3}{2}=5\sqrt3\,cm$. Đáp án B.