Dạng 5: Bài nâng cao và phát triển tư duy có đáp án

Tứ giác AEM có ba góc vuông nên là hình chữ nhật => AE = MFF

Tam giác FMC vuông tại $F,\widehat{C}=45°$ nên là tam giác vuông cân => CF = MF. Do đó AE = CF.

Tam giác ABC vuông cân, AD là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến, đường phân giác nên $AD=DC=\frac{1}{2}BC;\widehat{EAD}=\widehat{FCD}=45°.$

$\Delta EDA=\Delta FDC\left(c.g.c\right)\Rightarrow DE=DF$ và $\widehat{EDA}=\widehat{FDC}$

Ta có: $\widehat{ADF}+\widehat{FDC}=90°\Rightarrow \widehat{ADF}+\widehat{EDA}=90°$  hay $\widehat{EDF}=90°.$

Do đó $△$DEF vuông cân $\Rightarrow \widehat{E}=\widehat{F}=45°;\widehat{EDF}=90°.$

Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có OA = OC.

Vì $AD=\frac{1}{2}AC$ nên AD = AO

Vẽ $AH\perp OD,OK\perp AB.$

Xét $\Delta AOD$ cân tại A, AH là đường cao => AH cũng là đường trung tuyến, cũng là đường phân giác.

Do đó $HO=HD$ và $\widehat{A_1}=\widehat{A_2}$.

Vì $\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{DAC}$ nên $\widehat{A_3}=\widehat{A_2}=\widehat{A_1}$.

$\Delta AOK=\Delta AOH$  (cạnh huyền, góc nhọn)

$\Rightarrow OK=OH=\frac{1}{2}OD\Rightarrow OK=\frac{1}{2}OB\Rightarrow \widehat{B_1}=30°.$

Xét $\Delta ABH$ vuông tại H có $\widehat{B_1}=30°$ nên $\widehat{HAB}=60°$ suy ra $\widehat{DAB}=90°$.

Hình bình hành ABCD có một góc vuông nên là hình chữ nhật.

ABCD là hình chữ nhật nên $AC=BD=\sqrt{8^2+6^2}=10.$

Ta đặt $MA=x,MC=y$.

Xét ba điểm M, A, C ta có: $MA+MC\ge AC$ 

do đó $x+y\ge 10\Rightarrow {\left(x+y\right)}^2\ge 100$ hay $x^2+y^2+2xy\ge 100.$                  (1)

Mặt khác, ${\left(x-y\right)}^2\ge 0$ hay $x^2+y^2-2xy\ge 0.$                         (2)

Từ (1) và (2) suy ra $2\left(x^2+y^2\right)\ge 100$

$\Rightarrow x^2+y^2\ge 50.$

Dấu ''='' xảy ra <=> M nằm giữa A và C và MA = MC <=> M là trung điểm của  AC.

Chứng minh tương tự, ta được: $M{B}^2+M{D}^2\ge 50$ dấu ''='' xảy ra <=> M là trung điểm của BD.

Vậy $M{A}^2+M{C}^2+M{B}^2+M{D}^2\ge 100.$

Do đó giá trị nhỏ nhất của tổng S là 100 khi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

Vẽ $AH\perp BC,OK\perp AH.$.

Tứ giác ADOF và KOEH là hình chữ nhật nên OF = AD và OE = KH.

Xét $\Delta AOD$ vuông tại O, ta có

$O{D}^2+A{D}^2=O{A}^2\ge A{K}^2.$

Do đó $O{D}^2+O{F}^2+O{E}^2=O{D}^2+A{D}^2+O{E}^2\ge A{K}^2+K{H}^2$

$\ge \frac{{\left(AK+KH\right)}^2}{2}=\frac{A{H}^2}{2}$  (không đổi)

Dấu ''='' xảy ra <=> O nằm giữa A và H và AK = KH <=> O là trung điểm của AH

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng S là $\frac{A{H}^2}{2}$ khi O  là trung điểm của AH.

Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên

$\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=\widehat{D}=90°.$

Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:

$$\begin{gathered} M{N}^2=B{M}^2+B{N}^2;N{P}^2=C{N}^2+C{P}^2; \\ P{Q}^2=D{P}^2+D{Q}^2;Q{M}^2=A{Q}^2+A{M}^2. \end{gathered}$$

Do đó:

$$\begin{gathered} S=M{N}^2+N{P}^2+P{Q}^2+Q{M}^2 \\ =\left(A{M}^2+B{M}^2\right)+\left(B{N}^2+C{N}^2\right)+\left(C{P}^2+D{P}^2\right)+\left(D{Q}^2+A{Q}^2\right) \end{gathered}$$

Vận dụng bất đẳng thức $a^2+b^2\ge \frac{{\left(a+b\right)}^2}{2}$  (dấu ''=''  xảy ra khi a = b), ta được:

$$\begin{gathered} S\ge \frac{{\left(AM+BM\right)}^2}{2}+\frac{{\left(BN+CN\right)}^2}{2}+\frac{{\left(CP+DP\right)}^2}{2}+\frac{{\left(DQ+AQ\right)}^2}{2} \\ =\frac{A{B}^2}{2}+\frac{B{C}^2}{2}+\frac{C{D}^2}{2}+\frac{A{D}^2}{2}=\frac{2\left(A{B}^2+B{C}^2\right)}{2}=A{C}^2=d^2. \end{gathered}$$

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng S là $d^2$ khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh hình chữ nhật.