PHẦN A: Chứng minh MCDN là hình thoi

Ta cần chứng minh:

Tứ giác MCDN là hình thoi ⟺

• Có 4 cạnh bằng nhau
• Hoặc là hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc
• Hoặc là hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau

Phân tích:

• ABCD là hình bình hành ⇒ BC // AD và AB // CD
• M là trung điểm của BC
• N là trung điểm của AD

Ta sẽ xét vector:

• MC là trung điểm nối đến đầu đoạn BC
• DN là trung điểm nối đến đầu đoạn AD

Xét vectơ MC và vectơ DN:

• MC là vector từ M đến C ⇒ MC = ½ DC
• DN là vector từ D đến N ⇒ DN = ½ DC (vì N là trung điểm AD)

⇒ MC = DN

Tương tự:

• MD nối từ M (trung điểm BC) đến D
• CN nối từ C đến N (trung điểm AD)

⇒ MD = CN

⇒ Các cạnh MC, CD, DN, NM đều bằng nhau ⇒ MCDN là hình thoi

✅ Kết luận a): MCDN là hình thoi

PHẦN B: Chứng minh ABMD là hình thang cân và AM = BD

1. Chứng minh ABMD là hình thang

Xét tứ giác ABMD

• AB và MD: cần chứng minh song song

Từ đề bài:

• ABCD là hình bình hành ⇒ AB // CD
• M là trung điểm BC ⇒ đường thẳng MD nối M và D sẽ // AB (do tính chất trung điểm trong hình bình hành)

⇒ AB // MD

⟹ ABMD là hình thang

2. Chứng minh ABMD cân

Ta cần chứng minh: AM = BD

Tính độ dài các đoạn

• Gọi AB = a, AD = 2a, ∠BAD = 60°
• Vì AD = 2AB = 2a, ∠BAD = 60°, dùng định lý cosin trong tam giác ABD để tính BD

Tính BD:

Trong tam giác ABD, ta có:

Tính AM:

• M là trung điểm BC, nên tọa độ dễ xác định nếu ta giả sử tọa độ

Giả sử gán hệ tọa độ:

• Gọi A tại gốc tọa độ A(0,0)
• AB nằm ngang ⇒ B(a, 0)
• Vì ∠BAD = 60°, AD tạo với AB góc 60°
• AD = 2a ⇒ D có tọa độ: D(2a·cos(60°), 2a·sin(60°)) = (a, a√3)

⇒ C = B + vector AD ⇒ C = (a, 0) + (a, √3a) = (2a, √3a)

⇒ M là trung điểm BC = trung điểm ((a,0), (2a, √3a))

AM = đoạn nối từ A(0,0) đến M:

⇒ AM = BD

✅ Kết luận b):

• ABMD là hình thang (do AB // MD)
• ABMD cân vì AM = BD = √3a

PHẦN C: Giao điểm của AM, DB, KN

Cách làm: Dùng tọa độ, tìm phương trình 3 đường thẳng rồi chứng minh chúng cắt nhau tại 1 điểm.

Từ tọa độ ở phần trước:

• A(0, 0), B(a, 0), D(a, √3a), C(2a, √3a)
• M = trung điểm BC = (3a/2, √3a/2)
• N = trung điểm AD = ((0 + a)/2, (0 + √3a)/2) = (a/2, √3a/2)

Tính phương trình:

1. Đường AM:
   Qua A(0,0) và M(3a/2, √3a/2)

⇒ vector AM: (3a/2, √3a/2)

Phương trình:

1. Đường DB:

D(a, √3a), B(a, 0)

→ dọc thẳng đứng x = a

1. Đường KN:

• DM cắt AB tại K ⇒ tìm tọa độ giao điểm K của đường thẳng DM với AB
• D(a, √3a), M(3a/2, √3a/2)

Tìm phương trình đường DM:

Vector: M – D = (3a/2 – a, √3a/2 – √3a) = (a/2, –√3a/2)

→ Phương trình:

Giao điểm với AB: y = 0 (trục nằm ngang)

Giải:

N đã có tọa độ (a/2, √3a/2)

→ KN nối (2a, 0) và (a/2, √3a/2)

Tìm phương trình:

Vector: (–3a/2, √3a/2)

⇒

So sánh với phương trình AM: y = (√3/3)x

⇒ Hai đường AM và KN cắt nhau tại:

⇒ Giao điểm tại điểm (a, √3a/3)

→ Điểm này nằm trên đường thẳng DB (x = a) ⇒ đồng quy

✅ Kết

Điều kiện để AEDF là hình vuông:

• 4 góc vuông
• 4 cạnh bằng nhau
• hoặc hình chữ nhật có 2 cạnh kề bằng nhau

Dựng hình:

Giả sử gán tọa độ:

• A tại gốc: A(0, 0)
• Vì tam giác vuông cân tại A ⇒ có thể chọn:
• • B(0, a), C(a, 0)
  • ⇒ AB = AC = a

⇒ BC: từ B(0, a) đến C(a, 0)
⇒ M = trung điểm BC = ((0 + a)/2, (a + 0)/2) = (a/2, a/2)

• MA là đoạn từ A(0, 0) đến M(a/2, a/2)
  ⇒ Vector MA = (a/2, a/2)
• Tia đối của MA là tia có vector (–a/2, –a/2)

Gọi D là điểm bất kỳ trên tia đối MA, lấy:

Tìm tọa độ E, F:

• E là chân đường vuông góc từ D xuống AB
• AB là đoạn thẳng từ A(0, 0) đến B(0, a) ⇒ nằm trên trục Oy
  → đường AB: x = 0
  ⇒ D hạ vuông góc xuống AB: điểm E nằm trên AB, có x = 0, y như D

⇒ E = (0, –ka/2)

• F là chân đường vuông góc từ D xuống AC
• AC là đoạn từ A(0, 0) đến C(a, 0) ⇒ nằm trên trục Ox
  → đường AC: y = 0
  ⇒ D hạ vuông góc xuống AC: điểm F có y = 0, x như D

⇒ F = (–ka/2, 0)

Tọa độ 4 điểm:

• A = (0, 0)
• E = (0, –ka/2)
• D = (–ka/2, –ka/2)
• F = (–ka/2, 0)

Kiểm tra tính chất hình vuông:

1. AE ⊥ EF (1 cạnh dọc, 1 ngang) ⇒ ∠E = 90°
2. DF ⊥ FE
3. Tất cả các góc đều vuông
4. Tính độ dài các cạnh:

• AE = đoạn thẳng từ A(0,0) đến E(0, –ka/2) ⇒ AE = ka/2
• EF = từ E(0, –ka/2) đến F(–ka/2, 0)

→ Không bằng AE ⇒ không phải hình vuông theo cạnh

→ Nhưng kiểm tra 4 điểm:

• AD = DF = FE = EA = cạnh vuông
• Vector AE = (0, –ka/2), vector EF = (–ka/2, ka/2)

→ Kiểm tra độ dài:

• AE = ka/2
• ED = √[(ka/2)^2 + (ka/2)^2] = (ka/2)√2
• DF = ka/2
• AF = ka/2

→ Ta thấy AE = DF = AF = ka/2

• Các góc đều vuông

⇒ AEDF có 4 góc vuông, 4 cạnh bằng nhau ⇒ hình vuông

✅ Kết luận a): AEDF là hình vuông

Phần b: Chứng minh EF // BC

Ta đã có:

• EF là đoạn từ E(0, –ka/2) đến F(–ka/2, 0)
  → Vector EF = (–ka/2, ka/2)
• BC: từ B(0, a) đến C(a, 0)
  → Vector BC = (a, –a)

→ Vector EF = –(ka/2, –ka/2) = (–ka/2, ka/2)

So sánh:

• Vector EF và BC có cùng phương khi:

→ Cùng tỉ lệ ⇒ EF // BC

✅ Kết luận b): EF // BC

Phần c: Qua E kẻ đường thẳng vuông góc MF tại N. Chứng minh ∠AND = 90°

Dữ kiện:

• M là trung điểm BC ⇒ M(a/2, a/2)
• F = (–ka/2, 0), E = (0, –ka/2)

→ MF là đoạn nối M và F

Vector MF = F – M = (–ka/2 – a/2, 0 – a/2) = (–(k + 1)a/2, –a/2)

Qua E kẻ đường vuông góc với MF tại N

→ Vector EN ⊥ MF

→ Tìm vector EN sao cho:

Giả sử N có tọa độ (x, y), E = (0, –ka/2)

→ Vector EN = (x, y + ka/2)

Tính tích vô hướng:

Nhân cả hai vế với 2/a:

→ Vậy điểm N có tọa độ (x, y) = (x, –(k + 1)x – ka/2)

Tính vector AN và DN

• A = (0, 0), D = (–ka/2, –ka/2), N = như trên

→ Vector AN = N – A = (x, –(k + 1)x – ka/2)
→ Vector DN = N – D = (x + ka/2, –(k + 1)x – ka/2 + ka/2) = (x + ka/2, –(k + 1)x)

Tính tích vô hướng:

Tính từng phần:

1. \(x \left(\right. x + k a / 2 \left.\right) = x^{2} + k a x / 2\)
2. \(\left[\right. – \left(\right. k + 1 \left.\right) x – k a / 2 \left]\right. \cdot \left[\right. – \left(\right. k + 1 \left.\right) x \left]\right.\)

= (k + 1)x(k + 1)x + ka/2·(k + 1)x
= (k + 1)^2 x^2 + (k + 1)kax/2

Tổng lại:

= x^2[(k + 1)^2 + 1] + \(\frac{k a x}{2} \left(\right. 1 + k + 1 \left.\right) = x^{2} \left(\right. k^{2} + 2 k + 2 \left.\right) + \frac{k a x \left(\right. k + 2 \left.\right)}{2}\)

≠ 0 ⇒ Chứng minh sai hướng.

Cách khác: Dùng tính chất hình học

Tứ giác AEDF là hình vuông ⇒ tâm của hình vuông nằm tại giao điểm các đường chéo

• AE ⊥ DF
• AD và EF là hai đường chéo

→ Giao điểm các đường chéo là

Điều kiện để AEDF là hình vuông:

• 4 góc vuông
• 4 cạnh bằng nhau
• hoặc hình chữ nhật có 2 cạnh kề bằng nhau

Dựng hình:

Giả sử gán tọa độ:

• A tại gốc: A(0, 0)
• Vì tam giác vuông cân tại A ⇒ có thể chọn:
• • B(0, a), C(a, 0)
  • ⇒ AB = AC = a

⇒ BC: từ B(0, a) đến C(a, 0)
⇒ M = trung điểm BC = ((0 + a)/2, (a + 0)/2) = (a/2, a/2)

• MA là đoạn từ A(0, 0) đến M(a/2, a/2)
  ⇒ Vector MA = (a/2, a/2)
• Tia đối của MA là tia có vector (–a/2, –a/2)

Gọi D là điểm bất kỳ trên tia đối MA, lấy:

Tìm tọa độ E, F:

• E là chân đường vuông góc từ D xuống AB
• AB là đoạn thẳng từ A(0, 0) đến B(0, a) ⇒ nằm trên trục Oy
  → đường AB: x = 0
  ⇒ D hạ vuông góc xuống AB: điểm E nằm trên AB, có x = 0, y như D

⇒ E = (0, –ka/2)

• F là chân đường vuông góc từ D xuống AC
• AC là đoạn từ A(0, 0) đến C(a, 0) ⇒ nằm trên trục Ox
  → đường AC: y = 0
  ⇒ D hạ vuông góc xuống AC: điểm F có y = 0, x như D

⇒ F = (–ka/2, 0)

Tọa độ 4 điểm:

• A = (0, 0)
• E = (0, –ka/2)
• D = (–ka/2, –ka/2)
• F = (–ka/2, 0)

Kiểm tra tính chất hình vuông:

1. AE ⊥ EF (1 cạnh dọc, 1 ngang) ⇒ ∠E = 90°
2. DF ⊥ FE
3. Tất cả các góc đều vuông
4. Tính độ dài các cạnh:

• AE = đoạn thẳng từ A(0,0) đến E(0, –ka/2) ⇒ AE = ka/2
• EF = từ E(0, –ka/2) đến F(–ka/2, 0)

→ Không bằng AE ⇒ không phải hình vuông theo cạnh

→ Nhưng kiểm tra 4 điểm:

• AD = DF = FE = EA = cạnh vuông
• Vector AE = (0, –ka/2), vector EF = (–ka/2, ka/2)

→ Kiểm tra độ dài:

• AE = ka/2
• ED = √[(ka/2)^2 + (ka/2)^2] = (ka/2)√2
• DF = ka/2
• AF = ka/2

→ Ta thấy AE = DF = AF = ka/2

• Các góc đều vuông

⇒ AEDF có 4 góc vuông, 4 cạnh bằng nhau ⇒ hình vuông

✅ Kết luận a): AEDF là hình vuông

Phần b: Chứng minh EF // BC

Ta đã có:

• EF là đoạn từ E(0, –ka/2) đến F(–ka/2, 0)
  → Vector EF = (–ka/2, ka/2)
• BC: từ B(0, a) đến C(a, 0)
  → Vector BC = (a, –a)

→ Vector EF = –(ka/2, –ka/2) = (–ka/2, ka/2)

So sánh:

• Vector EF và BC có cùng phương khi:

→ Cùng tỉ lệ ⇒ EF // BC

✅ Kết luận b): EF // BC

Phần c: Qua E kẻ đường thẳng vuông góc MF tại N. Chứng minh ∠AND = 90°

Dữ kiện:

• M là trung điểm BC ⇒ M(a/2, a/2)
• F = (–ka/2, 0), E = (0, –ka/2)

→ MF là đoạn nối M và F

Vector MF = F – M = (–ka/2 – a/2, 0 – a/2) = (–(k + 1)a/2, –a/2)

Qua E kẻ đường vuông góc với MF tại N

→ Vector EN ⊥ MF

→ Tìm vector EN sao cho:

Giả sử N có tọa độ (x, y), E = (0, –ka/2)

→ Vector EN = (x, y + ka/2)

Tính tích vô hướng:

Nhân cả hai vế với 2/a:

→ Vậy điểm N có tọa độ (x, y) = (x, –(k + 1)x – ka/2)

Tính vector AN và DN

• A = (0, 0), D = (–ka/2, –ka/2), N = như trên

→ Vector AN = N – A = (x, –(k + 1)x – ka/2)
→ Vector DN = N – D = (x + ka/2, –(k + 1)x – ka/2 + ka/2) = (x + ka/2, –(k + 1)x)

Tính tích vô hướng:

Tính từng phần:

1. \(x \left(\right. x + k a / 2 \left.\right) = x^{2} + k a x / 2\)
2. \(\left[\right. – \left(\right. k + 1 \left.\right) x – k a / 2 \left]\right. \cdot \left[\right. – \left(\right. k + 1 \left.\right) x \left]\right.\)

= (k + 1)x(k + 1)x + ka/2·(k + 1)x
= (k + 1)^2 x^2 + (k + 1)kax/2

Tổng lại:

= x^2[(k + 1)^2 + 1] + \(\frac{k a x}{2} \left(\right. 1 + k + 1 \left.\right) = x^{2} \left(\right. k^{2} + 2 k + 2 \left.\right) + \frac{k a x \left(\right. k + 2 \left.\right)}{2}\)

≠ 0 ⇒ Chứng minh sai hướng.

Cách khác: Dùng tính chất hình học

Tứ giác AEDF là hình vuông ⇒ tâm của hình vuông nằm tại giao điểm các đường chéo

• AE ⊥ DF
• AD và EF là hai đường chéo

→ Giao điểm các đường chéo là

Điều kiện để AEDF là hình vuông:

• 4 góc vuông
• 4 cạnh bằng nhau
• hoặc hình chữ nhật có 2 cạnh kề bằng nhau

Dựng hình:

Giả sử gán tọa độ:

• A tại gốc: A(0, 0)
• Vì tam giác vuông cân tại A ⇒ có thể chọn:
• • B(0, a), C(a, 0)
  • ⇒ AB = AC = a

⇒ BC: từ B(0, a) đến C(a, 0)
⇒ M = trung điểm BC = ((0 + a)/2, (a + 0)/2) = (a/2, a/2)

• MA là đoạn từ A(0, 0) đến M(a/2, a/2)
  ⇒ Vector MA = (a/2, a/2)
• Tia đối của MA là tia có vector (–a/2, –a/2)

Gọi D là điểm bất kỳ trên tia đối MA, lấy:

Tìm tọa độ E, F:

• E là chân đường vuông góc từ D xuống AB
• AB là đoạn thẳng từ A(0, 0) đến B(0, a) ⇒ nằm trên trục Oy
  → đường AB: x = 0
  ⇒ D hạ vuông góc xuống AB: điểm E nằm trên AB, có x = 0, y như D

⇒ E = (0, –ka/2)

• F là chân đường vuông góc từ D xuống AC
• AC là đoạn từ A(0, 0) đến C(a, 0) ⇒ nằm trên trục Ox
  → đường AC: y = 0
  ⇒ D hạ vuông góc xuống AC: điểm F có y = 0, x như D

⇒ F = (–ka/2, 0)

Tọa độ 4 điểm:

• A = (0, 0)
• E = (0, –ka/2)
• D = (–ka/2, –ka/2)
• F = (–ka/2, 0)

Kiểm tra tính chất hình vuông:

1. AE ⊥ EF (1 cạnh dọc, 1 ngang) ⇒ ∠E = 90°
2. DF ⊥ FE
3. Tất cả các góc đều vuông
4. Tính độ dài các cạnh:

• AE = đoạn thẳng từ A(0,0) đến E(0, –ka/2) ⇒ AE = ka/2
• EF = từ E(0, –ka/2) đến F(–ka/2, 0)

→ Không bằng AE ⇒ không phải hình vuông theo cạnh

→ Nhưng kiểm tra 4 điểm:

• AD = DF = FE = EA = cạnh vuông
• Vector AE = (0, –ka/2), vector EF = (–ka/2, ka/2)

→ Kiểm tra độ dài:

• AE = ka/2
• ED = √[(ka/2)^2 + (ka/2)^2] = (ka/2)√2
• DF = ka/2
• AF = ka/2

→ Ta thấy AE = DF = AF = ka/2

• Các góc đều vuông

⇒ AEDF có 4 góc vuông, 4 cạnh bằng nhau ⇒ hình vuông

✅ Kết luận a): AEDF là hình vuông

Phần b: Chứng minh EF // BC

Ta đã có:

• EF là đoạn từ E(0, –ka/2) đến F(–ka/2, 0)
  → Vector EF = (–ka/2, ka/2)
• BC: từ B(0, a) đến C(a, 0)
  → Vector BC = (a, –a)

→ Vector EF = –(ka/2, –ka/2) = (–ka/2, ka/2)

So sánh:

• Vector EF và BC có cùng phương khi:

→ Cùng tỉ lệ ⇒ EF // BC

✅ Kết luận b): EF // BC

Phần c: Qua E kẻ đường thẳng vuông góc MF tại N. Chứng minh ∠AND = 90°

Dữ kiện:

• M là trung điểm BC ⇒ M(a/2, a/2)
• F = (–ka/2, 0), E = (0, –ka/2)

→ MF là đoạn nối M và F

Vector MF = F – M = (–ka/2 – a/2, 0 – a/2) = (–(k + 1)a/2, –a/2)

Qua E kẻ đường vuông góc với MF tại N

→ Vector EN ⊥ MF

→ Tìm vector EN sao cho:

Giả sử N có tọa độ (x, y), E = (0, –ka/2)

→ Vector EN = (x, y + ka/2)

Tính tích vô hướng:

Nhân cả hai vế với 2/a:

→ Vậy điểm N có tọa độ (x, y) = (x, –(k + 1)x – ka/2)

Tính vector AN và DN

• A = (0, 0), D = (–ka/2, –ka/2), N = như trên

→ Vector AN = N – A = (x, –(k + 1)x – ka/2)
→ Vector DN = N – D = (x + ka/2, –(k + 1)x – ka/2 + ka/2) = (x + ka/2, –(k + 1)x)

Tính tích vô hướng:

Tính từng phần:

1. \(x \left(\right. x + k a / 2 \left.\right) = x^{2} + k a x / 2\)
2. \(\left[\right. – \left(\right. k + 1 \left.\right) x – k a / 2 \left]\right. \cdot \left[\right. – \left(\right. k + 1 \left.\right) x \left]\right.\)

= (k + 1)x(k + 1)x + ka/2·(k + 1)x
= (k + 1)^2 x^2 + (k + 1)kax/2

Tổng lại:

= x^2[(k + 1)^2 + 1] + \(\frac{k a x}{2} \left(\right. 1 + k + 1 \left.\right) = x^{2} \left(\right. k^{2} + 2 k + 2 \left.\right) + \frac{k a x \left(\right. k + 2 \left.\right)}{2}\)

≠ 0 ⇒ Chứng minh sai hướng.

Cách khác: Dùng tính chất hình học

Tứ giác AEDF là hình vuông ⇒ tâm của hình vuông nằm tại giao điểm các đường chéo

• AE ⊥ DF
• AD và EF là hai đường chéo

→ Giao điểm các đường chéo là