Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 2

a) Xét tứ giác \[AHMK\] có:

\[\widehat {HAK} = 90^\circ \] (do \[\Delta ABC\] tại \[A,\,\,K \in AB,\,\,H \in AC);\]

\(\widehat {MHA} = 90^\circ \) (do \(MH \bot AC);\)

\[\widehat {MKA} = 90^\circ \] (do \[MK \bot AB)\]

Suy ra tứ giác \(AHMK\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Ta có \(AHMK\) là hình chữ nhật nên \(AM = HK\) và hai đường chéo này cắt nhau tại trung điểm \(I\) của mỗi đường.

Xét \(\Delta AMC\) có: \(I\) và \(D\) lần lượt là trung điểm của \(AM,MC\)

Suy ra \(ID\) là đường trung bình của \(\Delta AMC\)

Do đó \(ID\,{\rm{//}}\,AC\) và \(ID = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung bình của tam giác) (1)

Xét \(\Delta ABC\) có: \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(MH\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc \(AC)\)

Nên \(H\) là trung điểm của \(AC,\) do đó \(AH = \frac{1}{2}AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(ID = AH.\)

Xét tứ giác \(AIDH\) có \(ID = AH\) (chứng minh trên) và \(ID\,{\rm{//}}\,AH\) (do \(ID\,{\rm{//}}\,AC)\)

Suy ra tứ giác \[AIDH\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) ⦁ Xét \(\Delta KEH\) vuông tại \[E\] có \[I\] là trung điểm \[HK\] nên \[EI\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[HK\]. Do đó \(EI = \frac{1}{2}HK\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Mà \(HK = AM\) (chứng minh ở câu b) nên \(EI = \frac{1}{2}AM\)

Xét \(\Delta AEM\) có\[EI\] là đường trung tuyến của \(\Delta AEM\) (do\[I\] là trung điểm của \[AM\]) và \(EI = \frac{1}{2}AM\) nên\(\Delta AEM\) vuông tại \(E.\)

⦁ Ta có: \(EI = \frac{1}{2}AM\) và \(IM = \frac{1}{2}AM\) (do \(I\) là trung điểm của \(AM)\)

Do đó \(EI = IM,\) nên \(\Delta IME\) cân tại \(I,\) suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_2}}\)

Vì \[AIDH\] là hình bình hành (câu b) nên \(AI\,{\rm{//}}\,HD\) hay \(AM\,{\rm{//}}\,ED\), suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_1}}\) (so le trong)

Nên \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{E_2}}\) hay \[EM\] là phân giác \(\widehat {IEH}.\)

Ta cũng có \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_1}}\) (so le trong của \(AM\,{\rm{//}}\,ED\))    (3)

Ta có \(AM = HK\) và \(AI = \frac{1}{2}AM,\)\(IH = \frac{1}{2}HK\) (do \(I\) là trung điểm của \(AM,HK)\)

Nên \(AI = IH,\) do đó \(\Delta AIH\) cân tại \(I\)

Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_2}}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {{H_2}} = \widehat {{H_1}}\) hay \(HA\) là phân giác \[\widehat {EHI}.\]

Xét \[\Delta HIE\] có \[HA,\,\,EM\] lần lượt là phân giác \[\widehat {EHI}\] và \[\widehat {IEH}\]

Suy ra \(IN\) là phân giác \(\widehat {EIH}\) hay \(\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}.\)

Xét \(\Delta NIE\) và \(\Delta NIH\) có:

\[NI\] là cạnh chung;

\(\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}\)(chứng minh trên);

\(EI = IH\) (cùng bằng \(\frac{1}{2}AM)\)

Do đó \(\Delta NIE = \Delta NIH\) (c.g.c)

Suy ra \(NE = NH\) (hai cạnh tương ứng)

Nên \(\Delta NEH\) cân tại \[N\], do đó \(\widehat {NHE} = \widehat {NEH}\) (tính chất tam giác cân)

Mà \(AM\,{\rm{//}}\,ED\) nên \(\widehat {NHE} = \widehat {NMA}\) và \(\widehat {NEH} = \widehat {NAM}\) (các cặp góc đồng vị)   

Nên \(\widehat {NMA} = \widehat {NAM}\)    

Mặt khác, \(\widehat {NMA} = \widehat {MAB}\) (hai góc so le trong do \(MH\,{\rm{//}}\,AB)\)

Do đó, \(\widehat {NAM} = \widehat {MAB}\)

Vậy \(AM\) là phân giác của \(\widehat {NAB}.\)

a) Xét tứ giác \(ADME\) có:  

\(\widehat {AEM} = 90^\circ \) (do \(ME \bot AC);\)

\(\widehat {EAD} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A);\)

\(\widehat {ADM} = 90^\circ \) (do \(MD \bot AB)\)

Suy ra tứ giác \(ADME\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Do đó \(AE = DM\) (tính chất hình chữ nhật). (1)

b) ⦁ Xét \(\Delta ABC\) có \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(MD\,{\rm{//}}\,AC\) (cùng vuông góc với \(AB)\) nên \(MD\) là đường trung bình của tam giác, do đó\(D\) là trung điểm của \(AB.\)

Chứng minh tương tự, ta cũng có \(E\) là trung điểm của \[AC.\]

Khi đó \(DE\) là đường trung bình của \(\Delta ABC.\)

Do đó \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) (tính chất đường trung bình), hay \(DE\,{\rm{//}}\,HM.\)

Tứ giác \(DHME\) có \(DE\,{\rm{//}}\,HM\) nên \(DHME\) là hình thang.

⦁ Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có \(HE\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[AC\] nên \(HE = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Mà \(E\) là trung điểm của \(AC\) nên \(AE = \frac{1}{2}AC.\) Do đó \(HE = AE\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(DM = HE.\)

Hình thang \(DHME\) có \(DM = HE\) nên là hình thang cân.

c) Vì \(ADME\) là hình chữ nhật (câu a) nên \(AD = ME\) (tính chất hình chữ nhật).

Lại có \(D,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AB,NE\) nên \(AB = 2AD\) và \(NE = 2ME.\)

Do đó \[AB = NE.\]

Tứ giác \(ABNE\) có \(AB = NE\) (chứng minh trên) và \(AB\,{\rm{//}}\,NE\) (cùng vuông góc với \(AC)\) nên \(ABNE\)là hình bình hành.

Lại có \(\widehat {BAE} = 90^\circ \) nên hình bình hành \(ABNE\) là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo \(AN,\,\,BE\) bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AN,\,\,BE\) thì \(I\) là trung điểm của \(AN,\,\,BE.\)

Xét \(\Delta BKE\) vuông tại \(K\) có \(KI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BE\) nên \(KI = \frac{1}{2}BE\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Mà \(AN = BE\) nên \(KI = \frac{1}{2}AN.\)

Xét \(\Delta AKN\) có \(KI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(AN\) và \(KI = \frac{1}{2}AN.\)

Do đó \(\Delta AKN\) vuông tại \(K\) nên \(AK \bot KN\) tại \(K.\)

a) Tứ giác \[AICJ\] có hai đường chéo \(AC\) và \(IJ\) cắt nhau tại trung điểm của \[E\] của mỗi đường nên tứ giác \[AICJ\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Lại có \[\widehat {AIC} = 90^\circ \] (vì \(AI\) là đường cao của tam giác \(ABC)\)

Suy ra tứ giác \[AICJ\] là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Xét \(\Delta ABC\) có \(D,\,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AC\) nên \(DE\) là đường trung bình của tam giác. Do đó \(DE = \frac{1}{2}BC\) và \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) (tính chất đường trung bình).

Mà \(I,\,\,F \in BC\)nên \(DE\,{\rm{//}}\,IF.\)

Suy ra tứ giác \(DEFI\) là hình thang.

Xét tam giác \(AIC\) vuông tại \(I,\) có \(IE\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AC\) nên \(IE = AE = EC = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) (1)

Xét \(\Delta ABC\) có \(D,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) nên \(DF\) là đường trung bình của tam giác. Do đó \(DF\,{\rm{//}}\,AC\) và \(DF = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung bình) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(IE = DF\left( { = \frac{1}{2}AC} \right).\)

Hình thang \(DEFI\) có hai đường chéo \(IE = DF\) nên \(DEFI\) là hình thang cân.

c) Vì \(F\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BF = FC = \frac{1}{2}BC\).

Mà \(DE = \frac{1}{2}BC\) (chứng minh ở câu b)

Suy ra \(DE = BF.\)

Xét tứ giác \(BDEF\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BF\) (do \(DE\,{\rm{//}}\,BC)\) và \(DE = BF\) nên \(BDEF\) là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo \(EB\) và \(FD\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Suy ra \(K\) là trung điểm của \(FD\). Do đó \(DK = KF.\)

Ta có \(DF\,{\rm{//}}\,AC\) , mà \(K \in DF,\,\,E \in AC\) nên \(DK\,{\rm{//}}\,AE,\,\,KF\,{\rm{//}}\,EC\)

Do đó hai tứ giác \(ADKE\) và \(KECF\) là hình thang.

Từ \(K\) kẻ \(KM \bot AC.\) Khi đó \(KM\) là chiều cao của hình thang \(ADKE\) và \(KECF.\)

Ta có: \({S_{ADKE}} = \frac{1}{2} \cdot KM \cdot \left( {DK + AE} \right);\)\[{S_{KECF}} = \frac{1}{2} \cdot KM \cdot \left( {KF + EC} \right).\]

Mà \(DK = KF\) (chứng minh trên) và \(AE = EC\) (do \(E\) là trung điểm của \(AC)\)

Suy ra \({S_{ADKE}} = {S_{KECF}}\)

Vậy hai tứ giác \(ADKE\) và \(KECF\) có cùng diện tích.

d) Tứ giác \(BDEF\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BF\) và \(DE = BF\,\,\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) nên \(BDEF\) là hình bình hành.

⦁ Để hình bình hành \(BDEF\) là hình thoi thì \(BD = DE\).

Mà \(DE = \frac{1}{2}BC\) và \(BD = \frac{1}{2}AB\) nên suy ra cần điều kiện \(BC = AB\), tức là \(\Delta ABC\) cân tại \(B\).

⦁ Để hình bình hành \(BDEF\) là hình vuông thì \(BDEF\) là hình thoi và \(\widehat {DBF} = 90^\circ \), tức là \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B.\)

e) Vì \(D,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) nên \(DF\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\), suy ra \(DF\,{\rm{//}}\,AC\).  

Mà \(DF \bot IE\) nên \(IE \bot AC\).

Xét \(\Delta AIC\) vuông tại \(I\) có \(IE\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên \(\Delta AIC\) cân tại \(I\).

Do đó \(AI = IC = IF + FC.\)

Vì \(DE = \frac{1}{2}BC\) và \(FC = \frac{1}{2}BC\) nên \(DE = FC.\)

Khi đó, \(AI = IF + DE.\)

g) Xét \(\Delta AIB\) có \(D,\,\,H\) lần lượt là đường điểm của \(AB,\,\,BI\) nên \(DH\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(DH\,{\rm{//}}\,AI\) và \(DH = \frac{1}{2}AI\). (3)

Tương tự, ta có \(EG\,{\rm{//}}\,AI\) và \(EG = \frac{1}{2}AI\). (4)

Từ (3), (4) ta có \(DH\,{\rm{//}}\,EG\) và \(DH = EG\).

Khi đó, tứ giác \(DHGE\) là hình bình hành.

Lại có \(DH\,{\rm{//}}\,AI,\,\,AI \bot BC\) nên \(DH \bot BC\), do đó hình bình hành \(DHGE\) là hình chữ nhật.

Suy ra \(HE = DG.\)

Hướng dẫn giải

⦁ Hình 1: Ta có \(MB = AB - AM = 7 - 2 = 5.\) Tam giác \(ABC\) có \(MN\,{\rm{//}}\,AB,\) theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{AM}}{{MB}} = \frac{{AN}}{{NC}}\) hay \(\frac{2}{5} = \frac{x}{6},\) suy ra \(x = \frac{{2 \cdot 6}}{5} = 2,4.\) Vậy \(x = 2,4.\)	Hình 1
⦁ Hình 2: Ta có: \[EF \bot MN,\,\,NP \bot MN\] nên \[EF\,{\rm{//}}\,NP.\] \(MP = MF + FP = 5 + 15 = 20.\) Tam giác \[MNP\] có \[EF\,{\rm{//}}\,NP,\] theo định lí Thalès ta có: \[\frac{{ME}}{{MN}} = \frac{{MF}}{{MP}}\] hay \(\frac{3}{y} = \frac{5}{{20}},\) suy ra \(y = \frac{{3 \cdot 20}}{5} = 12.\) Vậy \(y = 12.\)	Hình 2
⦁ Hình 3: Tam giác \[ABC\] có \[M,\,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[AC\] nên \[MN\] là đường trung bình của tam giác. Do đó \[MN = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 15 = 7,5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\] Vậy \[x = 7,5\,\,{\rm{cm}}.\]	Hình 3
⦁ Hình 4: Tam giác \[ABC\] có \[M,\,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[AC\] nên \[MN\] là đường trung bình của tam giác. Do đó \[MN = \frac{1}{2}BC.\] Suy ra \[x = BC = 2MN = 2 \cdot 3,5 = 7\left( {{\rm{cm}}} \right).\] Vậy \(x = 7{\rm{\;cm}}.\)	Hình 4
⦁ Hình 5: Xét tam giác \[ABC\] có \[AD\] là phân giác trong góc \[\widehat {BAC}\] (do \[\widehat {BAD} = \widehat {CAD}),\] nên \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{DC}},\) hay \[\frac{5}{{8,5}} = \frac{3}{{DC}}\] Suy ra \[DC = \frac{{8,5 \cdot 3}}{5} = 5,1.\] Khi đó \(x = BC = DB + DC = 3 + 5,1 = 8,1.\)	Hình 5
⦁ Hình 6: Xét tam giác \[IKJ\] có \[IL\] là phân giác trong góc \[\widehat {KIJ}\] (do \(\widehat {KIL} = \widehat {JIL}),\) nên \(\frac{{IK}}{{IJ}} = \frac{{LK}}{{LJ}}\) suy ra \[\frac{{LK}}{{IK}} = \frac{{LJ}}{{IJ}}\] hay \[\frac{{LK}}{{6,2}} = \frac{{LJ}}{{8,7}}\] Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: \[\frac{{LK}}{{6,2}} = \frac{{LJ}}{{8,7}} = \frac{{LK + LJ}}{{6,2 + 8,7}} = \frac{{KJ}}{{14,9}} = \frac{{12,5}}{{14,9}}.\] Suy ra \[LJ = \frac{{12,5}}{{14,9}} \cdot 8,7 \approx 7,3.\]	Hình 6

Hướng dẫn giải

a) Xét \(\Delta ABC\) có\(AB \bot AC;\,\,IN \bot AC\) nên \(AB\,{\rm{//}}\,IN.\) Mà \(I\) là trung điểm của \(BC\) nên \(IN\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(N\) là trung điểm của \(AC.\) Xét tứ giác \(ADCI\) có:\(N\) là trung điểm của \(ID,\,\,AC\) nên \(ADCI\) là hình bình hành. Lại có \(IN \bot AC\) hay \(ID \bot AC\)nên hình bình hành\(ADCI\) là hình thoi.\(\)
b) Kẻ \(IH\,{\rm{//}}\,BK\,\,\left( {H \in CD} \right),\) mà \(I\) là trung điểm của \(BC,\) nên \(IH\) là đường trung bình của \(\Delta BKC.\) Do đó\(H\) là trung điểm của \(KC\) hay \(KH = HC\,\,\left( 1 \right)\) Xét \[\Delta DIH\] có \(N\) là trung điểm của \[DI\] và \[NK\,{\rm{//}}\,IH\] (do \[BK\,{\rm{//}}\,IH)\] nên \(NK\) là đường trung bình của \[\Delta DIH,\] suy ra \(K\)là trung điểm của \(DH\) hay \(DK = KH\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(DK = KH = HC.\) Do đó \(\frac{{DK}}{{DC}} = \frac{1}{3}.\)

a) Xét \(\Delta ABD\) có \(DM\) là đường phân giác của \[\widehat {ADB}\] nên \[\frac{{DA}}{{DB}} = \frac{{MA}}{{MB}}\] (tính chất đường phân giác trong tam giác). b) Xét \(\Delta ACD\) có \(DN\) là đường phân giác của \[\widehat {ADC}\] nên \[\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{NA}}{{NC}}\] (tính chất đường phân giác trong tam giác).

Mà \[\frac{{DA}}{{DB}} = \frac{{MA}}{{MB}}\] (câu a) và \[DB = DC\] (do \(D\) là trung điểm của \(BC)\) nên \[\frac{{NA}}{{NC}} = \frac{{MA}}{{MB}}\] hay \[\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{NC}}{{NA}}.\]

c) Xét \(\Delta ABC\) có: \[\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{NC}}{{NA}}\] (câu b) nên \[MN\,{\rm{//}}\,BC\](định lí Thalès đảo).

a) Vì \(AD\,{\rm{//}}\,KM\) nên \(\widehat {BAD} = \widehat {BKM}\) (đồng vị). Vì \(AD\,{\rm{//}}\,EM\) nên \(\widehat {CAD} = \widehat {AEK}\) (so le trong). Mà \(AD\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}.\) Do đó \(\widehat {BKM} = \widehat {AEK}\) hay \(\widehat {AKE} = \widehat {AEK}.\) Tam giác \(AEK\) có \(\widehat {AKE} = \widehat {AEK}\) nên là tam giác cân tại \(A.\) b) Xét \(\Delta ACD\) có \(EM\,{\rm{//}}\,AD,\) theo định lí Thalès ta có \(\frac{{AE}}{{EC}} = \frac{{DM}}{{MC}}.\)

Mà \(\Delta AEK\) cân tại \(A\) nên \(AK = AE.\)

Lại có điểm \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(MB = MC.\)

Do đó \(\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{DM}}{{MB}}.\)

c) Xét \(\Delta BMK\) có \(AD\,{\rm{//}}\,KM,\) theo định lí Thalès ta có \(\frac{{DM}}{{BM}} = \frac{{AK}}{{BK}}.\)

Theo câu b, ta có \(\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{DM}}{{MB}}\) nên \(\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{AK}}{{BK}},\) do đó \(EC = BK.\)

a) Xét \(\Delta ADC\) có \(E,\,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(AD,\,\,AC\) nên \[EI\]là đường trung bình của \(\Delta ADC.\) Do đó \(EI\,{\rm{//}}\,CD\) và \(EI = \frac{{C{\rm{D}}}}{2}.\) Xét \(\Delta ABC\) có \(I,\,\,F\)lần lượt là trung điểm của \(AC,\,\,BC\) nên \[IF\] là đường trung bình của \(\Delta ABC.\) Do đó \(IF\,{\rm{//}}\,AB\) và \(IF = \frac{{AB}}{2}.\)

b) Trong \(\Delta EIF\) ta có: \(EF \le EI + IF\) (dấu "=" xảy ra khi \[E,\,\,I,\,\,F\] thẳng hàng)

Mà \(EI = \frac{{C{\rm{D}}}}{2};\,\,IF = \frac{{AB}}{2}\) (chứng minh ở câu a)

Do đó \[EF \le \frac{{AB + CD}}{2}.\]

Vậy \[EF \le \frac{{AB + CD}}{2}\] (dấu bằng xảy ra khi \(AB\,{\rm{//}}\,CD).\)

a) Vì \(ABCD\) là hình thang có hai đáy \(AB\) và \(CD\) nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD.\) Vì \(AB\,{\rm{//}}\,DM\) (do \(AB\,{\rm{//}}\,CD),\) nên theo hệ quả định lí Thalès ta có \(\frac{{AE}}{{EM}} = \frac{{AB}}{{DM}}.\)\(\left( 1 \right)\) Vì \(AB\,{\rm{//}}\,MC\) (do \(AB\,{\rm{//}}\,CD),\) nên theo hệ quả định lí

Thalès ta có \(\frac{{BF}}{{FM}} = \frac{{AB}}{{MC}}.\)\(\left( 2 \right)\)

Lại có \(M\) là trung điểm của \(CD\) nên \(DM = MC.\)\(\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\)\(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có \(\frac{{AE}}{{EM}} = \frac{{BF}}{{FM}},\) theo định lí Thalès đảo ta có \(EF\,{\rm{//}}\,AB.\)

b) Xét \(\Delta ADM\) có \(HE\,{\rm{//}}\,DM,\) theo hệ quả định lí Thalès ta có \(\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{{AE}}{{AM}}.\)

Xét \(\Delta AMC\) có \(EF\,{\rm{//}}\,MC,\) theo hệ quả định lí Thalès ta có \[\frac{{EF}}{{MC}} = \frac{{AE}}{{AM}}.\]

Do đó \(\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{{EF}}{{MC}},\) mà \(DM = MC\) nên \(HE = EF.\)

Chứng minh tương tự ta cũng có \(EF = FN.\) Suy ra \(HE = EF = FN.\)

c) Vì \(M\) là trung điểm của \(CD\) nên \(DM = MC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6{\rm{\;cm}}.\)

Theo câu a, ta có \(\frac{{AE}}{{EM}} = \frac{{AB}}{{DM}} = \frac{{7,5}}{6} = \frac{5}{4}.\) Suy ra \(\frac{{AE}}{5} = \frac{{EM}}{4}.\)

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: \(\frac{{AE}}{5} = \frac{{EM}}{4} = \frac{{AE + EM}}{{5 + 4}} = \frac{{AM}}{9}.\)

Do đó \(\frac{{AE}}{{AM}} = \frac{5}{9}.\)

Mà theo câu b, \[\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{{AE}}{{AM}}\] nên \[\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{5}{9}.\]

Suy ra \(HE = \frac{5}{9}DM = \frac{5}{9} \cdot 6 = \frac{{10}}{3}{\rm{\;cm}}.\)

Lại có \(HE = EF = FN\) (câu b) nên \(HN = 3HE = 3 \cdot \frac{{10}}{3} = 10{\rm{\;cm}}.\)

Vậy \(HN = 10{\rm{\;cm}}.\)

a) Xét \(\Delta ABM\) có \(EG\,{\rm{//}}\,BM,\) theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{BE}}{{AE}} = \frac{{MG}}{{AG}}.\) b) Xét \(\Delta DCN\) có \(BM\,{\rm{//}}\,CN,\) theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{DN}}{{MD}} = \frac{{DC}}{{DB}}.\) Mà \(D\) là trung điểm của \(BC\) (do \(AD\)là trung tuyến của \(\Delta ABC)\) nên \(DC = DB.\) Do đó \(\frac{{DN}}{{MD}} = \frac{{DC}}{{DB}} = 1,\) nên \(DM = DN.\)

Suy ra \(GM + GN = GM + GM + MN = 2GM + 2MD = 2GD.\)

Lại có \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) nên \(AG = 2GD.\)

Xét \(\Delta ACN\) có \(FG\,{\rm{//}}\,CN,\) theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{CF}}{{AF}} = \frac{{GN}}{{AG}}.\)

Suy ra \(\frac{{BE}}{{AE}} + \frac{{CF}}{{AF}} = \frac{{MG}}{{AG}} + \frac{{GN}}{{AG}} = \frac{{GM + GN}}{{AG}} = \frac{{2GD}}{{2GD}} = 1.\)

c) Xét \(\Delta ABM\) có \(EG\,{\rm{//}}\,BM,\) theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{AM}}{{AG}}.\)

Xét \(\Delta ACN\) có \[FG\,{\rm{//}}\,CN,\] theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{AC}}{{AF}} = \frac{{AN}}{{AG}}.\)

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AE}} + \frac{{AC}}{{AF}} = \frac{{AM}}{{AG}} + \frac{{AN}}{{AG}}\)\( = \frac{{AM + AN}}{{AG}}\)\( = \frac{{AG + GM + AG + GM + MN}}{{AG}}\)

\( = \frac{{2AG + 2GM + 2MD}}{{AG}}\)\( = \frac{{2AG + 2\left( {GM + MD} \right)}}{{AG}} = \frac{{2AG + 2GD}}{{AG}}\)

\( = \frac{{2AG + 2 \cdot \frac{1}{2}AG}}{{AG}} = \frac{{3AG}}{{AG}} = 3.\)

Vậy \(\frac{{AB}}{{AE}} + \frac{{AC}}{{AF}} = 3.\)

Hướng dẫn giải a) Gọi \(AD\) là đường phân giác góc \(BAC\)\(\left( {D \in BC} \right).\) Xét \(\Delta ABC\) có \(AD\) là đường phân giác của \(\widehat {BAC}\) nên \[\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{DC}},\] hay \[\frac{{DC}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{AB}}.\] Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: \[\frac{{DC}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{AB}} = \frac{{DC + DB}}{{AC + AB}} = \frac{{BC}}{{AC + AB}} = \frac{{15}}{{18 + 12}} = \frac{1}{2}.\]

Suy ra \(CD = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 18 = 9{\rm{\;cm}}\) và \(BD = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6{\rm{\;cm}}.\)

Xét \(\Delta ACD,\) có \(CI\) là đường phân giác của \(\widehat {ACD}\) (do \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC)\) nên \(\frac{{AI}}{{DI}} = \frac{{AC}}{{CD}} = \frac{{18}}{9} = 2.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\)Do \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) nên \(\frac{{AG}}{{GM}} = 2.\)

Do đó \(\frac{{AI}}{{ID}} = \frac{{AG}}{{GM}} = 2,\) theo định lí Thalès đảo ta có \(IG\,{\rm{//}}\,BC.\)

b) Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \[MB = MC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 15 = 7,5{\rm{\;cm}}.\]

Suy ra \(DM = BM - BD = 7,5 - 6 = 1,5{\rm{\;cm}}.\)

Xét \(\Delta ADM\) có \(IG\,{\rm{//}}\,BC,\) theo hệ quả định lí Thalès ta có \(\frac{{IG}}{{DM}} = \frac{{AG}}{{AM}} = \frac{2}{3}.\)

Suy ra \(IG = \frac{2}{3}DM = \frac{2}{3} \cdot 1,5 = 1{\rm{\;cm}}.\)

Đặt các điểm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E,{\rm{ }}M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P\] như hình vẽ trên.

⦁ Xét \(\Delta AMC\) có \(E,\,\,P\) lần lượt là trung điểm của \(AC,\,\,MC\) (do \(EA = EC,PM = PC)\) nên \(EP\) là đường trung bình của \(\Delta AMC.\)

Do đó \(EP = \frac{1}{2}AM = \frac{1}{2} \cdot 2,7 = 1,35{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)\) (tính chất đường trung bình của tam giác).

Hay \(x = 1,35{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

⦁ Ta có \(MB = MN + NB\) và \(MC = MP + PC\)

Mà \(MN = NB = MP = PC\) nên \(MB = MC.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(D,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) (do \(DB = DA,MB = MC)\) nên \(DM\) là đường trung bình của \(\Delta ABC.\)

Do đó \[DM = \frac{1}{2}AC\] (tính chất đường trung bình của tam giác).

Suy ra \(AC = 2DM = 2 \cdot 2,8 = 5,6{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right).\) Hay \[y = 5,6{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right).\]

Vậy độ dài của cây chống đứng bên và độ dài của của cánh kèo lần lượt là \(x = 1,35{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right);\)\(y = 5,6{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right).\)