Chương VI. Tam giác và Tứ giác

Tam giác $MNP$ cân tại $N$ nên $\widehat{NMP}=\widehat{NPM}=44°\Rightarrow\widehat{MNP}=180°-2.44°=92°$. Vì tam giác cân nên đường trung tuyến $NH$ ứng với cạnh đáy $MP$ cũng đồng thời là đường phân giác của góc $N$, do đó $\widehat{MNH}=\dfrac{92°}{2}=46°$.

Với bộ số $13;14;28$ ta có $13+14=27<28$, vi phạm bất đẳng thức tam giác (tổng hai cạnh phải lớn hơn cạnh còn lại). Ba bộ số còn lại đều thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

Áp dụng định lí Pytago: $BC^2=AB^2+AC^2=36^2+48^2=3600\Rightarrow BC=60cm$. Vì $AM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ của tam giác vuông nên $AM=\dfrac{1}{2}BC=30cm$.

Đặt $MN=9k, NP=12k, MP=15k\ (k>0)$. Ta có $MN^2+NP^2=81k^2+144k^2=225k^2=MP^2$, nên theo định lí Pytago đảo, $\triangle MNP$ vuông tại $N$ (góc đối diện cạnh lớn nhất $MP$).

Theo Pytago, $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{64+36}=10cm$. Vì $AB.AC=AH.BC$ (hai cách tính diện tích tam giác vuông) nên $AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{48}{10}=4,8cm$. Vậy $\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{4,8}{10}=\dfrac{12}{25}$.

Vì hai tam giác đồng dạng nên tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng: $\left(\dfrac{DN}{AM}\right)^2=\dfrac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{36}\Rightarrow \dfrac{DN}{AM}=\dfrac{1}{6}$ (do các đường trung tuyến tương ứng cũng tỉ lệ với tỉ số đồng dạng).

Vì $AM, BM$ chung đáy $BC$ nên $\dfrac{HM}{AM}=\dfrac{\frac{1}{2}HM.BC}{\frac{1}{2}AM.BC}=\dfrac{S_{BHC}}{S_{ABC}}$. Tương tự $\dfrac{HN}{BN}=\dfrac{S_{AHC}}{S_{ABC}}, \dfrac{HP}{CP}=\dfrac{S_{AHB}}{S_{ABC}}$. Cộng lại: $\dfrac{HM}{AM}+\dfrac{HN}{BN}+\dfrac{HP}{CP}=\dfrac{S_{BHC}+S_{AHC}+S_{AHB}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1$.

Ta có $S_{ABI}+S_{ACI}=S_{ABC}$, tức là $\dfrac{1}{2}AB.IM+\dfrac{1}{2}AC.IN=\dfrac{1}{2}AB.CH$ (vì $CH$ là đường cao ứng với cạnh $AB$). Do tam giác cân tại $A$ nên $AB=AC$, chia hai vế cho $\dfrac{1}{2}AB$ ta được $IM+IN=CH$.

Cạnh $BC$ đối diện $\widehat A$, cạnh $AC$ đối diện $\widehat B$, cạnh $AB$ đối diện $\widehat C$. Vì $AB<BC<AC$ nên cạnh đối diện nhỏ nhất ứng với góc nhỏ nhất và cạnh đối diện lớn nhất ứng với góc lớn nhất, do đó $\widehat C<\widehat A<\widehat B$. Đáp án A.

Vì $15°+75°=90°$ nên $\sin75°=\cos15°\Rightarrow \sin^2 15°+\sin^2 75°=\sin^2 15°+\cos^2 15°=1$. Tương tự $25°+65°=90°$ nên $\sin^2 25°+\sin^2 65°=1$. Vậy $P=1+1=2$. Đáp án B.

Do $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac34$ nên đặt $AB=3k, AC=4k$. Theo Pytago, $BC^2=AB^2+AC^2=25k^2=BC^2\Rightarrow 5k=BC=25\Rightarrow k=5$, suy ra $AB=15cm, AC=20cm$. Vì $AH.BC=AB.AC$ nên $AH=\dfrac{15.20}{25}=12cm$. Đáp án C.

Ta có $BC^2=AB^2+AC^2=81a^2+144a^2=225a^2\Rightarrow BC=15a$. Với hai điểm $E$ trên $AB$: $\left(EA+EB\right)^2\le 2\left(EA^2+EB^2\right)\Rightarrow EA^2+EB^2\ge \dfrac{AB^2}{2}=\dfrac{81a^2}{2}$. Tương tự $FB^2+FC^2\ge\dfrac{BC^2}{2}=\dfrac{225a^2}{2}$ và $IC^2+IA^2\ge\dfrac{CA^2}{2}=\dfrac{144a^2}{2}$. Cộng từng vế: $S\ge\dfrac{81a^2+225a^2+144a^2}{2}=225a^2$. Dấu bằng xảy ra khi $E,F,I$ là trung điểm các cạnh. Đáp án D.

Kẻ đường cao $CH$ của tam giác $ABC$ ($H\in AB$ vì tam giác $ABC$ nhọn). Xét tam giác vuông $ACH$: $CH=AC.\sin A$. Do đó $S=\dfrac{1}{2}AB.CH=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin A$. Đáp án A.

Ta có $S_{\triangle AOB}+S_{\triangle BOC}+S_{\triangle COA}=S_{\triangle ABC}\Leftrightarrow \dfrac12.OH.AB+\dfrac12.OK.BC+\dfrac12.OE.CA=\dfrac{12^2\sqrt3}{4}=36\sqrt3$. Vì $AB=BC=CA=12$ nên $\dfrac12.12.\left(OH+OK+OE\right)=36\sqrt3\Rightarrow OH+OK+OE=6\sqrt3\,cm$. Đáp án B.

Từ $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$, cắt $d$ tại $K$. Ta có $\triangle EAK\backsim\triangle ECF\Rightarrow \dfrac{EA}{EC}=\dfrac{AK}{CF}$; $\triangle IAK\backsim\triangle IBF\Rightarrow \dfrac{IB}{IA}=\dfrac{FB}{AK}$. Nhân từng vế được $\dfrac{EA}{EC}.\dfrac{IB}{IA}=\dfrac{FB}{CF}\Rightarrow \dfrac{EA}{EC}.\dfrac{FC}{FB}.\dfrac{IB}{IA}=1$. Đáp án C.

Kẻ $AH\perp BC$ (giả sử $H$ thuộc đoạn $BM$). Ta có $AB^2+AC^2=2AH^2+BH^2+CH^2=2\left(AM^2-MH^2\right)+BH^2+CH^2=2AM^2+\left(BH-MH\right)\left(BH+MH\right)+\left(CH+MH\right)\left(CH-MH\right)=2AM^2+BM\left(BH-MH\right)+CM\left(CH+MH\right)=2AM^2+\dfrac{BC^2}{2}$. Đáp án D.

$MN$ 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.

$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{18^2+24^2}=\sqrt{900}=30cm$. Vì $AM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $AM=\dfrac{1}{2}BC=15cm$.

Áp dụng công thức góc tạo bởi hai đường phân giác trong tại $B, C$: $\widehat{BIC}=90°+\dfrac{\widehat{A}}{2}=90°+\dfrac{62°}{2}=90°+31°=121°$.

$S_{MNP}=\dfrac{1}{2}MN.MP=\dfrac{1}{2}.24.30=360cm^2$. Trọng tâm $G$ chia $\triangle MNP$ thành ba tam giác $MNG, NPG, PMG$ có diện tích bằng nhau, mỗi tam giác bằng $\dfrac{1}{3}S_{MNP}$. Vậy $S_{NGP}=\dfrac{360}{3}=120cm^2$.

Với bộ số $15;17;33$ ta có $15+17=32<33$, vi phạm bất đẳng thức tam giác. Các bộ số còn lại đều thỏa mãn (tổng hai cạnh nhỏ lớn hơn cạnh lớn nhất).

Vì $E$ đối xứng với $H$ qua đường thẳng $AB$ và $A$ nằm trên $AB$ nên $AE=AH$ (phép đối xứng trục giữ nguyên khoảng cách từ một điểm trên trục đến ảnh và tạo ảnh). Tương tự, $F$ đối xứng với $H$ qua $AC$ và $A\in AC$ nên $AF=AH$. Vậy $AE=AF=AH$, suy ra $\dfrac{AE}{AF}=1$.

$M=\sin^4\alpha+\cos^4\alpha=(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)^2-2\sin^2\alpha\cos^2\alpha=1-2\sin^2\alpha\cos^2\alpha$ (vì $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$).

Áp dụng hệ thức lượng: $AH^2=BH.CH\Rightarrow 16^2=8.CH\Rightarrow CH=32cm$. Vậy $BC=BH+CH=8+32=40cm$.

Xét phép quay tâm $A$ góc $90°$ biến $B$ thành $D$ (do $ABCD$ là hình vuông nên $AB=AD, \widehat{BAD}=90°$); phép quay này biến tia $AM$ (với $M$ trên $BC$) thành một tia xuất phát từ $A$ vuông góc với $AM$ (đúng bằng tia $AN$) và biến $M$ thành một điểm trên đường thẳng $CD$, chính là $N$ (vì góc và khoảng cách được bảo toàn, đưa cạnh $BC$ về đường thẳng chứa $CD$). Do phép quay bảo toàn độ dài nên $AM=AN$, suy ra $\dfrac{AM}{AN}=1$.

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $AB^2+AC^2=BC^2$, do đó vế phải bằng $1$. Phương trình trở thành $m^2-10m=1\Leftrightarrow m^2-10m-1=0$, có $\Delta=100+4=104>0$ nên phương trình có $2$ giá trị $m$ phân biệt thỏa mãn. Đáp án C.

Gọi $a, b$ là các kích thước của hình chữ nhật, $ab=324$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: $a+b\ge 2\sqrt{ab}=2\sqrt{324}=36$, suy ra chu vi $=2\left(a+b\right)\ge 72cm$. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=18cm$. Đáp án B.

Vì $\widehat B=30°$ nên cạnh đối diện $AC=\dfrac12 BC\Rightarrow BC=2AC\Rightarrow a^2+17=2\left(4a+1\right)=8a+2\Leftrightarrow a^2-8a+15=0\Leftrightarrow \left(a-3\right)\left(a-5\right)=0\Rightarrow a=3$ hoặc $a=5$. Cả hai giá trị đều cho $AC, BC$ dương và thỏa mãn $BC=2AC$. Vậy có $2$ giá trị của $a$. Đáp án C.

Vì $\dfrac{OM}{AM}=\dfrac{S_{\triangle OBC}}{S_{\triangle ABC}}$, $\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{S_{\triangle OCA}}{S_{\triangle ABC}}$, $\dfrac{OP}{CP}=\dfrac{S_{\triangle OAB}}{S_{\triangle ABC}}$ (các cặp tam giác có chung đáy nên tỉ số diện tích bằng tỉ số chiều cao) nên cộng từng vế được $\dfrac{OM}{AM}+\dfrac{ON}{BN}+\dfrac{OP}{CP}=\dfrac{S_{OBC}+S_{OCA}+S_{OAB}}{S_{ABC}}=1$. Đáp án D.

Hạ $BH\perp CD$. Trong tam giác vuông $BHC$: $BH=BC.\sin60°=10.\dfrac{\sqrt3}{2}=5\sqrt3\,cm$, $CH=BC.\cos60°=5cm$. Vì $ABCD$ là hình thang cân nên $CD=AB+2CH=10+2.5=20cm$. Diện tích $S=\dfrac{\left(AB+CD\right).BH}{2}=\dfrac{\left(10+20\right).5\sqrt3}{2}=75\sqrt3\,cm^2$. Đáp án A.

Ta có $9^2+12^2=81+144=225=15^2$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Khi đó $BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{81}{15}=5,4cm$, $CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{144}{15}=9,6cm$. Vậy $CH-BH=9,6-5,4=4,2cm$. Đáp án B.

Vì $\widehat A=90°$ nên trong tam giác vuông $ABD$: $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{36a^2+64a^2}=10a$. Vì $AB\parallel DC$ (cùng vuông góc với $AD$) nên $\widehat{ABD}=\widehat{BDC}$ (so le trong). Kết hợp với $\widehat{BAD}=\widehat{DBC}=90°$ suy ra $\triangle ABD\backsim\triangle BDC\ (g.g)$, do đó $\dfrac{BC}{AD}=\dfrac{BD}{AB}\Rightarrow BC=\dfrac{AD.BD}{AB}=\dfrac{8a.10a}{6a}=\dfrac{40a}{3}$. Đáp án D.

Vì $\cos\alpha\ne0$ nên chia cả tử và mẫu cho $\cos\alpha$: $Q=\dfrac{3\tan\alpha+4}{5-2\tan\alpha}=\dfrac{3.2+4}{5-2.2}=\dfrac{10}{1}=10$. Đáp án C.