Ôn tập Chương 3. Tứ giác

Chào mừng các em đã hoàn thành một trong những chương học rực rỡ và quan trọng nhất của hình học phẳng cấp Trung học cơ sở: Chương 3 — Tứ giác.

Hành trình khám phá tứ giác giống như một chuyến phiêu lưu tiến hóa của các hình khối:

• Từ một Tứ giác lồi tự do với định lí nền tảng: Tổng 4 góc trong luôn bằng $360^\circ$.
• Khi xuất hiện một cặp cạnh song song, ta có Hình thang, rồi phát triển thành Hình thang cân với hai đường chéo bằng nhau và trục đối xứng vững chãi.
• Khi cả hai cặp cạnh đối cùng song song, ta tiến tới Hình bình hành với tâm đối xứng và hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm.
• Từ hình bình hành, hai nhánh tiến hóa song song mở ra:
  • Nhánh của sự vuông góc: Hình chữ nhật (4 góc vuông, hai đường chéo bằng nhau).
  • Nhánh của sự đều đặn về cạnh: Hình thoi (4 cạnh bằng nhau, hai đường chéo vuông góc và là phân giác).
• Cuối cùng, hai nhánh tinh hoa giao thoa tại đỉnh cao hoàn hảo nhất: Hình vuông — vừa là hình chữ nhật, vừa là hình thoi!

Bài ôn tập tổng hợp này sẽ giúp các em hệ thống hóa toàn bộ kiến thức, làm chủ "Cây phả hệ tứ giác", ghi nhớ trọn vẹn các dấu hiệu nhận biết và rèn luyện kỹ năng giải các đề kiểm tra phân hóa cao.

Khởi động — Thử thách phản xạ nhanh 5 câu (5 phút)

1. Tổng các góc: Tổng các góc ngoài tại $4$ đỉnh của một tứ giác lồi bằng bao nhiêu độ?
2. So sánh đường chéo: Trong các hình: Hình bình hành, Hình thang cân, Hình chữ nhật, Hình thoi, Hình vuông — những hình nào có hai đường chéo bằng nhau?
3. Đường chéo vuông góc: Những hình nào có hai đường chéo vuông góc với nhau?
4. Đối xứng: Hình nào có $4$ trục đối xứng? Hình nào có $2$ trục đối xứng?
5. Cạm bẫy: "Tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau là hình vuông" — Đúng hay Sai?

Mẹo hay

Gợi ý phản xạ:

1. Luôn bằng $360^\circ$.
2. Có $3$ hình: Hình thang cân, Hình chữ nhật, Hình vuông.
3. Có $2$ hình: Hình thoi, Hình vuông.
4. Hình vuông có $4$ trục đối xứng. Hình chữ nhật và Hình thoi đều có đúng $2$ trục đối xứng.
5. Sai! Vì thiếu điều kiện hai đường chéo phải cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. (Ví dụ: tứ giác hình cánh diều hoặc tứ giác bất kì có 2 đường chéo vuông góc và bằng nhau nhưng không cắt nhau tại trung điểm thì không phải hình vuông).

I. Bảng đối chiếu toàn diện tính chất các tứ giác đặc biệt

II. 5 Dạng toán trọng tâm & Phương pháp giải chi tiết

Dạng 1: Nhận dạng và phân loại tứ giác

Phương pháp giải: Đối chiếu với hệ thống dấu hiệu nhận biết. Cần vẽ hình nháp, kiểm tra các giả thiết về song song, bằng nhau của cạnh, góc và đường chéo.

Bài toán 1:

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Từ $M$ kẻ $MD \perp AB$ ($D \in AB$) và $ME \perp AC$ ($E \in AC$). a) Tứ giác $ADME$ là hình gì? Vì sao? b) Gọi $P$ là điểm đối xứng với $M$ qua $D$. Tứ giác $AMBP$ là hình gì? Vì sao? c) Gọi $Q$ là điểm đối xứng với $M$ qua $E$. Tứ giác $AMCQ$ là hình gì? Vì sao? d) Tam giác $ABC$ cần thêm điều kiện gì để tứ giác $ADME$ là hình vuông?

Lời giải:

a) Tứ giác $ADME$ có:

• $\widehat{DAE} = 90^\circ$ (do $\triangle ABC$ vuông tại $A$).
• $\widehat{ADM} = 90^\circ$ (do $MD \perp AB$).
• $\widehat{AEM} = 90^\circ$ (do $ME \perp AC$). Tứ giác có 3 góc vuông nên $ADME$ là hình chữ nhật.

b) Xét tứ giác $AMBP$:

• $D$ là trung điểm của $PM$ (do $P$ đối xứng $M$ qua $D$).
• Trong $\triangle ABC$ vuông tại $A$, $M$ là trung điểm $BC$ và $MD \perp AB \implies MD \parallel AC$. Do đó $MD$ là đường trung bình của $\triangle ABC \implies D$ là trung điểm của $AB$. Hai đường chéo $AB$ và $PM$ cắt nhau tại trung điểm $D$ của mỗi đường nên $AMBP$ là hình bình hành. Mặt khác: $PM \perp AB$ tại $D$ (do $MD \perp AB$). Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau nên $AMBP$ là hình thoi.

c) Hoàn toàn tương tự câu b:

• $E$ là trung điểm của $MQ$ và $E$ là trung điểm của $AC$.
• Hai đường chéo $MQ \perp AC$ tại trung điểm $E$. Do đó tứ giác $AMCQ$ là hình thoi.

d) Hình chữ nhật $ADME$ là hình vuông $\iff AD = AE$. Mà $AD = \frac{AB}{2}$ và $AE = \frac{AC}{2}$. Suy ra $AD = AE \iff AB = AC$. Vậy điều kiện để $ADME$ là hình vuông là: $\triangle ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$.

Dạng 2: Tính số đo góc, độ dài cạnh, đường chéo và diện tích

Phương pháp giải: Kết hợp định lí Pythagore, tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông và công thức diện tích các hình.

Bài toán 2:

Cho hình thoi $ABCD$ có góc $\widehat{A} = 60^\circ$ và chu vi bằng $32\text{ cm}$. a) Tính độ dài cạnh và số đo các góc của hình thoi. b) Tính độ dài hai đường chéo $AC$ và $BD$. c) Tính diện tích của hình thoi $ABCD$.

Lời giải:

a) Chu vi hình thoi $$P = 4a = 32\text{ cm} \implies a = AB = BC = CD = DA = \frac{32}{4} = 8\text{ cm}.$$ Số đo các góc:

• $\widehat{C} = \widehat{A} = 60^\circ$.
• Vì hai góc kề một cạnh bù nhau nên:$$\widehat{B} = 180^\circ - \widehat{A} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$$
• $\widehat{D} = \widehat{B} = 120^\circ$.

b) Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. Vì $AB = AD = 8\text{ cm}$ và $\widehat{A} = 60^\circ$ nên tam giác $\triangle ABD$ là tam giác đều.

Suy ra $OB = OD = \frac{BD}{2} = 4\text{ cm}$. Trong tam giác vuông $\triangle OAB$ vuông tại $O$:

Độ dài đường chéo $AC$ là:

c) Diện tích hình thoi $ABCD$:

Dạng 3: Chuỗi chứng minh tứ giác đặc biệt liên hoàn

Phương pháp giải: Bài toán hình học kinh điển trong đề thi học kì: Chứng minh một tứ giác lần lượt thỏa mãn các cấp độ: Hình thang $\to$ Hình bình hành $\to$ Hình chữ nhật $\to$ Hình thoi $\to$ Hình vuông.

Bài toán 3:

Cho hình bình hành $ABCD$ có $AB = 2AD$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và $CD$. a) Chứng minh tứ giác $AMND$ là hình thoi. b) Gọi $I$ là giao điểm của $AN$ và $DM$, $K$ là giao điểm của $BN$ và $CM$. Chứng minh tứ giác $MINK$ là hình chữ nhật. c) Hình bình hành $ABCD$ cần thêm điều kiện gì để tứ giác $MINK$ là hình vuông?

Lời giải:

a) Xét tứ giác $AMND$:

• Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB \parallel CD \implies AM \parallel DN$.
• $M$ là trung điểm $AB \implies AM = \frac{AB}{2}$.
• $N$ là trung điểm $CD \implies DN = \frac{CD}{2}$. Mà $AB = CD \implies AM = DN$. Tứ giác $AMND$ có $AM \parallel DN$ và $AM = DN$ nên $AMND$ là hình bình hành. Mặt khác: $AB = 2AD \implies AD = \frac{AB}{2} = AM$. Hình bình hành $AMND$ có hai cạnh kề bằng nhau ($AD = AM$) nên $AMND$ là hình thoi (đpcm).

b) Xét tứ giác $MINK$:

• Vì $AMND$ là hình thoi nên hai đường chéo vuông góc với nhau:$$AN \perp DM \implies \widehat{MIN} = 90^\circ$$Và $I$ là trung điểm của cả $AN$ và $DM$.
• Chứng minh hoàn toàn tương tự, tứ giác $MBCN$ cũng là hình thoi, suy ra:$$CM \perp BN \implies \widehat{MKN} = 90^\circ$$Và $K$ là trung điểm của cả $BN$ và $CM$.
• Trong $\triangle AB N$: $M$ là trung điểm $AB$, $I$ là trung điểm $AN$ nên $MI$ là đường trung bình của $\triangle ABN \implies MI \parallel BN \implies MI \parallel KN$.
• Tương tự $IN$ là đường trung bình của $\triangle ADM \implies IN \parallel DM \implies IN \parallel MK$. Tứ giác $MINK$ có các cạnh đối song song nên là hình bình hành. Hình bình hành $MINK$ có một góc vuông $\widehat{MIN} = 90^\circ$ nên $MINK$ là hình chữ nhật (đpcm).

c) Hình chữ nhật $MINK$ là hình vuông $\iff MI = IN$. Mà $MI = \frac{BN}{2}$ và $IN = \frac{DM}{2}$. Do đó $MI = IN \iff BN = DM$. Xét hai tam giác vuông hoặc dùng tính chất hình thoi: $BN = DM \iff$ hai hình thoi $AMND$ và $MBCN$ có các đường chéo bằng nhau $\iff AMND$ là hình vuông. Hình thoi $AMND$ là hình vuông $\iff \widehat{A} = 90^\circ$. Khi đó hình bình hành $ABCD$ có một góc vuông nên $ABCD$ là hình chữ nhật. Kết luận: Để $MINK$ là hình vuông thì hình bình hành $ABCD$ phải là hình chữ nhật có chiều dài bằng $2$ lần chiều rộng ($AB = 2AD$).

Dạng 4: Chứng minh ba điểm thẳng hàng & Đường thẳng đồng quy

Phương pháp giải: Sử dụng tính chất giao điểm hai đường chéo của hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông là trung điểm của mỗi đường.

Bài toán 4:

Cho hình chữ nhật $ABCD$ có hai đường chéo cắt nhau tại $O$. Trên tia đối của tia $CB$ lấy điểm $E$ sao cho $CE = CB$. a) Chứng minh tứ giác $ACED$ là hình bình hành. b) Kẻ đường thẳng qua $E$ song song với $CD$, cắt tia $AD$ tại $F$. Chứng minh tứ giác $CDEF$ là hình chữ nhật. c) Chứng minh ba điểm $B, D, F$ thẳng hàng.

Lời giải:

a) Xét tứ giác $ACED$:

• Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD \parallel BC$ và $AD = BC$.
• Theo giả thiết: $E$ thuộc đường thẳng $BC$ nên $AD \parallel CE$.
• $CE = CB \implies AD = CE$. Tứ giác $ACED$ có một cặp cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau ($AD \parallel CE$ và $AD = CE$) nên $ACED$ là hình bình hành (đpcm).

b) Xét tứ giác $CDEF$:

• $EF \parallel CD$ (theo cách dựng).
• $CF \dots$ ta có $FD$ nằm trên đường thẳng $AD$, mà $AD \perp CD \implies FD \perp CD \implies \widehat{FDC} = 90^\circ$.
• $C, D, E$ tạo thành góc $\widehat{ECD} = 90^\circ$ (do $BC \perp CD$). Tứ giác $CDEF$ có $EF \parallel CD$ nên là hình thang. Hình thang này có góc vuông $\widehat{ECD} = 90^\circ$ nên là hình thang vuông. Lại có $AD \parallel BC \implies FD \parallel CE$. Do đó $CDEF$ là hình bình hành có một góc vuông nên $CDEF$ là hình chữ nhật (đpcm).

c) Trong hình chữ nhật $CDEF$, hai đường chéo $DF$ và $CE$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra đường thẳng $DF$ đi qua trung điểm của $CE$. Mặt khác, xét tam giác $\triangle ABF$: Ta có $D$ là trung điểm của $AF$ (vì $AD = BC = DE = EF$). Xét hệ quy chiếu hoặc dùng tỉ số đồng dạng, đoạn thẳng nối $B$ và $D$ có hệ số góc bằng hệ số góc nối $D$ và $F$. Hoặc chứng minh góc $\widehat{ADB} + \widehat{ADF} = 180^\circ$: Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $\widehat{ADB} = \widehat{DBC}$. Trong hình chữ nhật $CDEF$, $\widehat{ADF} = \widehat{DEC} = 180^\circ - \widehat{DBC}$. Cộng lại: $\widehat{ADB} + \widehat{ADF} = 180^\circ$. Vậy ba điểm $B, D, F$ thẳng hàng (đpcm).

Dạng 5: Bài toán cực trị hình học & Điểm cố định

Phương pháp giải: Sử dụng bất đẳng thức hình học, đường vuông góc là đường ngắn nhất, hoặc đưa về đại số bằng hằng đẳng thức $(x - a)^2 \ge 0$.

Bài toán 5:

Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Lấy điểm $M$ tùy ý trên đường chéo $BD$. Từ $M$ kẻ $ME \perp AB$ ($E \in AB$) và $MF \perp AD$ ($F \in AD$). a) Chứng minh tứ giác $AEMF$ là hình chữ nhật. b) Chứng minh $CF = EF$ và $CF \perp EF$. c) Xác định vị trí của điểm $M$ trên đường chéo $BD$ để diện tích tứ giác $AEMF$ đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo $a$.

Lời giải:

a) Tứ giác $AEMF$ có:

• $\widehat{FAE} = 90^\circ$ (góc của hình vuông).
• $\widehat{AEM} = 90^\circ$ (do $ME \perp AB$).
• $\widehat{AFM} = 90^\circ$ (do $MF \perp AD$). Tứ giác có 3 góc vuông nên $AEMF$ là hình chữ nhật (đpcm).

b) Vì $M \in BD$ (đường chéo của hình vuông $ABCD$) nên $BD$ là tia phân giác của góc $\widehat{D} \implies \widehat{MDF} = 45^\circ$. Tam giác $\triangle MFD$ vuông tại $F$ có $\widehat{D} = 45^\circ$ nên $\triangle MFD$ vuông cân tại $F \implies MF = DF$. Mà $AEMF$ là hình chữ nhật $\implies AE = MF \implies AE = DF$. Xét $\triangle AEF$ và $\triangle DFC$:

• $AE = DF$ (chứng minh trên).
• $\widehat{EAF} = \widehat{FDC} = 90^\circ$.
• $AF = DC - DF = AB - AE = EB$ và $AD = CD \implies AF = CD$. Do đó $\triangle AEF = \triangle DFC\text{ (c.g.c)}$. Suy ra:
• $EF = CF\quad (\text{đpcm})$.
• $\widehat{AFE} = \widehat{DCF}$. Mà trong $\triangle DFC$ vuông tại $D$: $$\widehat{DCF} + \widehat{DFC} = 90^\circ \implies \widehat{AFE} + \widehat{DFC} = 90^\circ.$$ Do đó:$$\widehat{EFC} = 180^\circ - (\widehat{AFE} + \widehat{DFC}) = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \implies CF \perp EF\quad (\text{đpcm})$$

c) Đặt độ dài đoạn thẳng $AE = x$ ($0 < x < a$). Vì $AEMF$ là hình chữ nhật nên $AF = a - DF = a - x$. Diện tích của hình chữ nhật $AEMF$ là:

Biến đổi thành bình phương:

Vì $\left(x - \frac{a}{2}\right)^2 \ge 0$ với mọi $x$, nên:

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

Khi đó $E$ là trung điểm của $AB$, kéo theo $M$ là trung điểm của đường chéo $BD$ (chính là tâm $O$ của hình vuông $ABCD$). Kết luận: Khi $M$ là tâm của hình vuông $ABCD$, diện tích hình chữ nhật $AEMF$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{a^2}{4}$ (bằng một phần tư diện tích hình vuông $ABCD$).

III. 5 Ứng dụng thực tế liên môn & Dự án STEM

1. Kiến trúc kết cấu giàn không gian & Cầu thép Eiffel

Trong kỹ thuật xây dựng các sân vận động mái vòm khổng lồ hay cầu thép Long Biên, các kỹ sư phối hợp nhịp nhàng giữa hình tam giác, hình bình hành và hình chữ nhật:

• Khung hình chữ nhật giúp phân chia các tầng nhịp chịu lực chính.
• Các thanh giằng chéo hình thoi giúp triệt tiêu hoàn toàn ứng suất xoắn vặn do gió giật và động đất.

2. Hệ thống lái xe ô tô Ackerman (Cơ cấu bốn khâu bình hành)

Khi một chiếc ô tô vào cua, bánh xe phía trong phải quay một góc lớn hơn bánh xe phía ngoài để tránh trượt bánh mòn lốp.

• Hệ thống lái cơ học Ackerman sử dụng cơ cấu hình thang cân biến dạng: Khi vô lăng xoay, thanh đòn kéo hai bánh dịch chuyển theo góc nghiêng hình thang chuẩn xác từng độ, đảm bảo xe bám đường tuyệt đối an toàn ở tốc độ cao.

3. Trắc địa & Quy hoạch đô thị bàn cờ (Grid Plan)

Các thành phố hiện đại như New York (Manhattan) hay Barcelona được quy hoạch theo mô hình ô cờ hình chữ nhật và hình vuông:

• Mô hình này tối ưu hóa lưu lượng giao thông, giúp xe cứu hỏa và xe cấp cứu tiếp cận bất kì tòa nhà nào theo đường đi ngắn nhất, đồng thời việc lắp đặt mạng lưới đường ống cấp thoát nước và cáp quang diễn ra với chi phí thấp nhất.

4. Kỹ nghệ may đo thời trang: Đường cắt can xéo (Bias Cut) $45^\circ$

Trong ngành thiết kế thời trang cao cấp, khi cắt vải lụa may váy dạ hội, các nhà tạo mẫu không cắt theo chiều dọc hay chiều ngang của sợi vải dệt hình vuông, mà cắt nghiêng góc đúng $45^\circ$ (theo đường chéo của hình vuông sợi vải).

• Đường cắt chéo này giải phóng tính co giãn tự nhiên của mạng sợi vuông, giúp tà váy ôm sát đường cong cơ thể một cách mềm mại và bồng bềnh tuyệt mỹ.

5. Thiết kế giao diện số UI/UX: Bento Grid

Các hãng công nghệ hàng đầu thế giới (Apple, Google, Microsoft) thiết kế giao diện trang web và bảng điều khiển ứng dụng dựa trên Bento Grid — một hệ thống các khối hình chữ nhật và hình vuông bo góc ghép khít nhau:

• Lấy cảm hứng từ hộp cơm Bento truyền thống của Nhật Bản, Bento Grid phân chia thông tin thị giác thành các ngăn độc lập gọn gàng, giúp người dùng tiếp nhận thông tin nhanh hơn $40\%$ mà không bị quá tải giác quan.

IV. 10 Câu hỏi trắc nghiệm tương tác tự chấm

V. Đề kiểm tra tổng kết 45 phút chuẩn ma trận & Barem điểm chi tiết

1. Ma trận đề kiểm tra tổng kết 45 phút Chương 3 (Tứ giác)

2. Đề bài chi tiết

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3,0 điểm — Mỗi câu 0,5 điểm)

Câu 1: Tứ giác $ABCD$ có $$\widehat{A} = 70^\circ, \widehat{B} = 80^\circ, \widehat{C} = 100^\circ.$$ Số đo góc $\widehat{D}$ là:

• A. $110^\circ$
• B. $100^\circ$
• C. $90^\circ$
• D. $120^\circ$

Câu 2: Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là:

• A. Hình thang cân
• B. Hình thang vuông
• C. Hình bình hành
• D. Hình chữ nhật

Câu 3: Cho hình bình hành $ABCD$ có $\widehat{A} = 3\widehat{B}$. Số đo góc $\widehat{A}$ là:

• A. $45^\circ$
• B. $135^\circ$
• C. $120^\circ$
• D. $150^\circ$

Câu 4: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền có độ dài bằng $8\text{ cm}$. Độ dài cạnh huyền là:

• A. $4\text{ cm}$
• B. $16\text{ cm}$
• C. $8\text{ cm}$
• D. $32\text{ cm}$

Câu 5: Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau là:

• A. Hình thoi
• B. Hình thang cân
• C. Hình vuông
• D. Hình bình hành

Câu 6: Một hình thoi có chu vi bằng $40\text{ cm}$ và một đường chéo dài $12\text{ cm}$. Diện tích của hình thoi đó là:

• A. $96\text{ cm}^2$
• B. $192\text{ cm}^2$
• C. $60\text{ cm}^2$
• D. $120\text{ cm}^2$

PHẦN II: TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Bài 1 (2,0 điểm): Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Gọi $D, E$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$. a) Chứng minh tứ giác $BDEC$ là hình thang cân. b) Cho biết $BC = 12\text{ cm}$ và $DE = 6\text{ cm}$. Kẻ đường cao $DH \perp BC$ ($H \in BC$). Tính độ dài đoạn thẳng $BH$.

Bài 2 (2,0 điểm): Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB < AC$), đường cao $AH$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$. Trên tia đối của tia $MA$ lấy điểm $D$ sao cho $MD = MA$. a) Chứng minh tứ giác $ABDC$ là hình chữ nhật. b) Từ $H$ kẻ $HE \perp AB$ ($E \in AB$) và $HF \perp AC$ ($F \in AC$). Chứng minh $AM \perp EF$.

Bài 3 (2,0 điểm): Cho hình vuông $ABCD$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $M$, trên cạnh $CD$ lấy điểm $N$ sao cho $\widehat{MAN} = 45^\circ$. Kẻ $AH \perp MN$ ($H \in MN$). a) Trên tia đối của tia $DC$ lấy điểm $K$ sao cho $DK = BM$. Chứng minh $\triangle ABM = \triangle ADK$. b) Chứng minh $AH = AB$.

Bài 4 (1,0 điểm — Vận dụng cao): Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh bằng $1$. Lấy điểm $P$ tùy ý trên cạnh $AB$ và điểm $Q$ tùy ý trên cạnh $AD$ sao cho chu vi tam giác $\triangle APQ$ bằng $2$. Chứng minh rằng góc $\widehat{PCQ} = 45^\circ$.

3. Đáp án & Barem chấm điểm chi tiết

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)

PHẦN II: TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Bài 1 (2,0 điểm):

• a) (1,0 điểm)
  • Vì $D, E$ là trung điểm của $AB, AC$ nên $DE$ là đường trung bình của $\triangle ABC \implies DE \parallel BC$ (0,5 đ).
  • Tứ giác $BDEC$ có $DE \parallel BC$ nên là hình thang.
  • Hình thang $BDEC$ có $\widehat{B} = \widehat{C}$ (do $\triangle ABC$ cân tại $A$) nên $BDEC$ là hình thang cân (0,5 đ).
• b) (1,0 điểm)
  • Kẻ thêm đường cao $EK \perp BC$ ($K \in BC$). Khi đó tứ giác $DEKH$ là hình chữ nhật nên $HK = DE = 6\text{ cm}$ (0,25 đ).
  • $\triangle DHB = \triangle EKC$ (cạnh huyền – góc nhọn) $\implies BH = CK$ (0,25 đ).
  • Ta có $$BH + HK + CK = BC \implies 2BH + 6 = 12 \implies 2BH = 6 \implies BH = 3\text{ cm}$$ (0,5 đ).

Bài 2 (2,0 điểm):

• a) (1,0 điểm)
  • Tứ giác $ABDC$ có hai đường chéo $AD$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm $M$ của mỗi đường nên $ABDC$ là hình bình hành (0,5 đ).
  • Hình bình hành $ABDC$ có $\widehat{BAC} = 90^\circ$ nên $ABDC$ là hình chữ nhật (0,5 đ).
• b) (1,0 điểm)
  • Tứ giác $AEHF$ có $$\widehat{EAF} = 90^\circ, \widehat{AEH} = 90^\circ, \widehat{AFH} = 90^\circ$$ nên $AEHF$ là hình chữ nhật.
  • Gọi $O$ là giao điểm của $AH$ và $EF$, ta có $OE = OA \implies \triangle OAE$ cân tại $O \implies \widehat{OEA} = \widehat{OAE}$ (0,25 đ).
  • Trong $\triangle ABC$ vuông tại $A$, trung tuyến $AM = MC \implies \triangle AMC$ cân tại $M \implies \widehat{MAC} = \widehat{MCA}$ (0,25 đ).
  • Gọi $I$ là giao điểm của $AM$ và $EF$. Xét tam giác $\triangle AEI$:$$\widehat{AIE} = 180^\circ - (\widehat{EAI} + \widehat{AEI}) = 180^\circ - (\widehat{MAC} + \widehat{OAE})$$Ta có $\widehat{OAE} = \widehat{B}$ (cùng phụ góc $\widehat{BAH}$) và $\widehat{MAC} = \widehat{C}$. Do đó $$\widehat{EAI} + \widehat{AEI} = \widehat{B} + \widehat{C} = 90^\circ \implies \widehat{AIE} = 90^\circ.$$ Vậy $AM \perp EF$ (đpcm) (0,5 đ).

Bài 3 (2,0 điểm):

• a) (1,0 điểm)
  • Xét $\triangle ABM$ và $\triangle ADK$:
    • $AB = AD$ (hai cạnh hình vuông $ABCD$).
    • $\widehat{ABM} = \widehat{ADK} = 90^\circ$.
    • $BM = DK$ (giả thiết). Do đó $\triangle ABM = \triangle ADK\text{ (c.g.c)}$ (0,5 đ).$$\implies AM = AK\quad\text{và}\quad \widehat{BAM} = \widehat{DAK}\quad (0,5\text{ đ})$$
• b) (1,0 điểm)
  • Ta có: $$\widehat{KAN} = \widehat{KAD} + \widehat{DAN} = \widehat{BAM} + \widehat{DAN} = 90^\circ - \widehat{MAN} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ.$$ Do đó $\widehat{KAN} = \widehat{MAN} = 45^\circ$ (0,25 đ).
  • Xét $\triangle AKN$ và $\triangle AMN$:
    • $AK = AM$ (chứng minh câu a).
    • $\widehat{KAN} = \widehat{MAN} = 45^\circ$.
    • $AN$ là cạnh chung. Do đó $\triangle AKN = \triangle AMN\text{ (c.g.c)}$ (0,25 đ). Suy ra hai đường cao tương ứng bằng nhau: Khoảng cách từ $A$ đến $KN$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $MN$. Mà đường cao hạ từ $A$ xuống $KN$ chính là cạnh $AD = AB$ (vì $AD \perp KN$). Đường cao hạ từ $A$ xuống $MN$ là $AH$. Vậy $AH = AD = AB\quad (\text{đpcm})$ (0,5 đ).

Bài 4 (1,0 điểm):

• Trên tia đối của tia $DC$, lấy điểm $K$ sao cho $DK = BP$. Xét $\triangle CBP$ và $\triangle CDK$: Có $BC = CD = 1$, $\widehat{B} = \widehat{CDK} = 90^\circ$, $BP = DK$. Do đó $\triangle CBP = \triangle CDK\text{ (c.g.c)} \implies CP = CK$ và $\widehat{BCP} = \widehat{DCK}$ (0,25 đ).
• Ta có $QK = QD + DK = QD + BP$. Mặt khác, chu vi $\triangle APQ = AP + AQ + PQ = 2$. Mà $AP = 1 - BP$ và $AQ = 1 - QD$:$$(1 - BP) + (1 - QD) + PQ = 2 \implies 2 - (BP + QD) + PQ = 2 \implies PQ = BP + QD$$Suy ra $PQ = QK$ (0,25 đ).
• Xét $\triangle CPQ$ và $\triangle CKQ$:
  • $CP = CK$ (chứng minh trên).
  • $PQ = KQ$ (chứng minh trên).
  • $CQ$ là cạnh chung. Do đó $\triangle CPQ = \triangle CKQ\text{ (c.c.c)}$ (0,25 đ). Suy ra $\widehat{PCQ} = \widehat{KCQ} = \frac{\widehat{PCK}}{2}$. Mặt khác: $$\widehat{PCK} = \widehat{PCD} + \widehat{DCK} = \widehat{PCD} + \widehat{BCP} = \widehat{BCD} = 90^\circ.$$ Do đó:$$\widehat{PCQ} = \frac{90^\circ}{2} = 45^\circ\quad (\text{đpcm})\quad (0,25\text{ đ})$$