Cho tam giác \(ABO\) vuông tại \(O.\) Trên tia đối của tia \(OB\) lấy điểm \(D\) sao cho \(OB = OD.\) Lấy điểm \(C\) đối xứng với điểm \(A\) qua \(O.\) Biết rằng chu vi tứ giác \(ABCD\) bằng \[40\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\]

          a) Tứ giác \(ABCD\) là hình thoi.

          b) \(AB = 8\;{\rm{cm}}.\)

          c) \(\widehat {DAB} = 3\widehat {ACB}.\)

          d) Điều kiện để tam giác \(ABC\) đều là \(\widehat {DAB} = 120^\circ .\)

Đáp án: \(45\)

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = BC = CD = DA,\;\widehat A = \widehat B = \widehat C = \widehat D = 90^\circ .\)

Vì \(AB = BC = CD = DA,\;AE = BF = CG = HD\) nên:

\(AB - AE = BC - BF = CD - CG = DA - HD\) hay \(EB = FC = DG = AH.\)

Tam giác \(AEH\) và tam giác \(BFE\) có: \(\widehat A = \widehat B = 90^\circ ,\;AE = BF,\;AH = EB.\)

Suy ra: \(\Delta AEH = \Delta BFE\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(HE = EF.\)

Chứng minh tương tự ta có:

+ \(\Delta CGF = \Delta BFE\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(GF = EF.\)

+ \(\Delta CGF = \Delta DHG\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(GF = HG.\)

+ \(\Delta AEH = \Delta DHG\;\left( {c - g - c} \right)\) nên \(HE = HG.\)

Do đó, \(HE = EF = FG = GH.\) Suy ra, tứ giác \(HEFG\) là hình thoi \(\left( 1 \right).\)

Vì \(\Delta AEH = \Delta BFE\;\left( {cmt} \right)\) nên \(\widehat {AHE} = \widehat {BEF}.\)

Ta có: \(\widehat {AHE} + \widehat {HEA} = 90^\circ \) nên \(\widehat {FEB} + \widehat {HEA} = 90^\circ .\)

Mà \(\widehat {HEA} + \widehat {HEF} + \widehat {FEB} = 180^\circ \) nên \(\widehat {HEF} = 180^\circ - \left( {\widehat {FEB} + \widehat {HEA}} \right) = 90^\circ \;\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right),\;\left( 2 \right)\) ta có tứ giác \(HEFG\) là hình vuông. Do đó, \(EG\) là tia phân giác của \(\widehat {HEF}.\)

Suy ra: \(\widehat {HEG} = \frac{1}{2}\widehat {HEF} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ .\) Vậy \(\widehat {HEG} = 45^\circ .\)

Đáp án: \(6\)

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(\widehat {ABM} = \widehat {BAN} = \widehat C = 90^\circ ,\;AB = CD.\)

Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BM = MC.\)

Tam giác \(ABM\) và tam giác \(DCM\) có: \(\widehat {ABM} = \widehat C = 90^\circ ,\;AB = CD,\;BM = MC.\)

Do đó, \(\Delta ABM = \Delta DCM\left( {c - g - c} \right)\) nên \(AM = DM.\)

Suy ra, \(\Delta ADM\) cân tại \(M.\) Do đó, \(MN\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của \(\Delta ADM.\)

Do đó, \(\widehat {ANM} = 90^\circ .\)

Tứ giác \(ANMB\) có: \(\widehat {ABM} = \widehat {BAN} = \widehat {ANM} = 90^\circ \) nên tứ giác \(ANMB\) là hình chữ nhật \(\left( 1 \right).\)

Suy ra: \(\widehat {BMN} = 90^\circ \;\left( 2 \right).\)

Vì \(AM \bot MD\) nên \(\widehat {AMD} = 90^\circ .\)

Vì \(MN\) là đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác của \(\Delta ADM\) nên

\(\widehat {AMN} = \frac{1}{2}\widehat {AMD} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ = 45^\circ \;\left( 3 \right).\)

Từ \(\left( 2 \right),\;\left( 3 \right)\) ta có: \(MA\) là tia phân giác của \(\widehat {BMN}\;\left( 4 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right),\;\left( 4 \right)\) ta có: Tứ giác \(ANMB\) là hình vuông. Do đó, \(BN = AM = 6\;{\rm{cm}}.\)