Chương VI. Tam giác và Tứ giác

Lời giải: 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 $\widehat{MNH}=\dfrac{92°}{2}=46°$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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 $AM=\dfrac{1}{2}BC=30cm$.

Lời giải: 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 $MP$).

Lời giải: 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 $\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{4,8}{10}=\dfrac{12}{25}$.

Lời giải: 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).

Lời giải: 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: $\dfrac{HM}{AM}+\dfrac{HN}{BN}+\dfrac{HP}{CP}=\dfrac{S_{BHC}+S_{AHC}+S_{AHB}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1$.

Lời giải: 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 $IM+IN=CH$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: $MN$ 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).

Lời giải: 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 $4.25=100cm$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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 $5MA=3MD=3(MA+16)\Rightarrow 2MA=48\Rightarrow MA=24cm\Rightarrow MD=24+16=40cm$.

Lời giải: 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 $\dfrac{NF}{NQ}=\dfrac{\frac{2}{3}.\frac{1}{2}NQ}{NQ}=\dfrac{1}{3}$.

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

Lời giải: 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: $S_{ABCNM}=\dfrac{64a^2}{2}=32a^2$.

Lời giải: 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 $\dfrac{AA_1+CC_1}{BB_1+DD_1}=1$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

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

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

Lời giải: $S_{MNP}=\dfrac{1}{2}MN.MP=\dfrac{1}{2}.24.30=360cm^2$. 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 $S_{NGP}=\dfrac{360}{3}=120cm^2$.

Lời giải: 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).

Lời giải: 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 $\dfrac{AE}{AF}=1$.

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

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

Lời giải: 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 $\dfrac{AM}{AN}=1$.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.

Lời giải: 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.