“Số liệu cân nặng học sinh lớp 6B: 40, 34, 92, 42 (kg).
a) Đối tượng và tiêu chí thống kê?
b) Từ dãy số liệu, điền vào bảng thống kê.”

a) Đối tượng thống kê: Tất cả các bạn học sinh lớp 6B (lớp 6B).
Tiêu chí thống kê: Cân nặng (theo đơn vị kilôgam) của mỗi học sinh.

b) Vì chỉ có 4 giá trị riêng lẻ, ta có thể làm bảng tần số rất đơn giản:

Nếu muốn phân nhóm (giả sử chia theo khoảng), ví dụ:

• Nhóm [30–49], Nhóm [50–69], Nhóm [70–89], Nhóm [90–109].

  Nhóm cân nặng (kg)	Số bạn
  30 – 49	3
  50 – 69	0
  70 – 89	0
  90 – 109	1
  Tổng	4

Bạn chỉ cần chọn cách chia nhóm phù hợp với yêu cầu “bảng thống kê” của đề (nếu đề yêu cầu “nhóm nhỏ” hay “liệt kê chi tiết”).

k

“Cho \(a , b > 0\). Chứng minh

undefined

Do đó tổng vế trái là

\(\frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 2} = \left(\right. 1 - \frac{1}{a + 1} \left.\right) + \left(\right. 1 - \frac{2}{b + 2} \left.\right) = 2 \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \left.\right) .\)

Vậy bất đẳng thức ban đầu tương đương

\(2 - \left(\right. \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \left.\right) < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \Longleftrightarrow 2 - \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} < \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} .\)

1. Dùng AM–GM
   Như vậy:
   \(\frac{\sqrt{a}}{2} + \frac{\sqrt{b}}{2} \leq \frac{a + 1}{4} + \frac{b + 1}{4} = \frac{a + b + 2}{4} .\)
   Do đó
   \(2 - \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \geq 2 - \frac{a + b + 2}{4} = \frac{8 - \left(\right. a + b + 2 \left.\right)}{4} = \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
2. • Vì \(a > 0\), \(\sqrt{a} = \sqrt{a \cdot 1} \leq \frac{a + 1}{2}\). ⇒ \(\frac{\sqrt{a}}{2} \leq \frac{a + 1}{4}\).
   • Vì \(b > 0\), \(\sqrt{b} = \sqrt{b \cdot 2 / 2} \leq \frac{b + 2}{2 \sqrt{2}}\). Không quá thuận tiện, ta làm lại:
     \(\sqrt{b} \leq \frac{b + 1}{2} \left(\right. \text{AM}–\text{GM}\&\text{nbsp};\text{tr} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp}; b \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp}; 1 \left.\right) .\)
     ⇒ \(\frac{\sqrt{b}}{2} \leq \frac{b + 1}{4} .\)
3. So sánh với vế phải
   Ta cần chứng minh:
   \(\frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \leq \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} .\)
   Tức
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \geq \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
   Viết lại vế phải dưới mẫu chung:
   \(\frac{1}{a + 1} = \frac{?}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} , \frac{2}{b + 2} = \frac{?}{4 \left(\right. b + 2 \left.\right)} .\)
   Tiếp cận bằng đối xứng hoặc tách riêng:
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} \geq \frac{2 \sqrt{a}}{2 \sqrt{a + 1}} \textrm{ }\textrm{ } (\text{kh} \overset{ˊ}{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{so}\&\text{nbsp};\text{s} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{nh})\)
   → phương án khác: Cộng từng cặp:
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{a + 1} + \frac{a - 1}{4} \geq 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{1}{a + 1} \geq \frac{1 - a}{4} .\)
   Với \(a > 0\), nếu \(a \leq 1\), vế phải \(\frac{1 - a}{4} \geq 0\), vế trái dương nên đúng. Nếu \(a > 1\), thì \(1 - a < 0\), vế trái \(\frac{1}{a + 1} > 0\), vế phải <0 → vẫn đúng. Vậy luôn
   \(\frac{1}{a + 1} \geq \frac{1 - a}{4} .\)
   Tương tự,
   \(\frac{2}{b + 2} \geq \frac{2 \left(\right. 2 - b \left.\right)}{8} = \frac{2 - b}{4} .\)
   Cộng hai bất đẳng thức trên:
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \geq \frac{1 - a}{4} + \frac{2 - b}{4} = \frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
   Rõ ràng
   \(\frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \geq \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 3 - \left(\right. a + b \left.\right) \geq 6 - \left(\right. a + b \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 3 \geq 6 \textrm{ }\textrm{ } \text{sai}.\)
   Ta cần vế trái lớn hơn \(\frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4}\); nhưng thu được \(\frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4}\). Dấu nghịch đảo. Hãy thay đổi:
   Trước hết, quan sát \(a > 0\), ta có:
   \(\frac{1}{a + 1} \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \frac{1}{4} \left(\right. a - 1 \left.\right) = \frac{4 - \left(\right. a - 1 \left.\right) \left(\right. a + 1 \left.\right)}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} = \frac{4 - \left(\right. a^{2} - 1 \left.\right)}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} = \frac{5 - a^{2}}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} .\)
   Khi \(0 < a < \sqrt{5}\), thì \(5 - a^{2} > 0\) → \(\frac{1}{a + 1} > \frac{a - 1}{4}\). Nếu \(a \geq \sqrt{5}\), thì \(5 - a^{2} \leq 0\) → \(\frac{1}{a + 1} \leq \frac{a - 1}{4}\). Nên không có dấu chung.
   Cách khác (phép biện luận chuẩn): Việc chứng minh chỉ cần đưa về dạng:
   \(\frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 2} < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 2 a \left(\right. b + 2 \left.\right) + 2 b \left(\right. a + 1 \left.\right) < \left(\right. a + 1 \left.\right) \left(\right. b + 2 \left.\right) \textrm{ } \left(\right. \sqrt{a} + \sqrt{b} \left.\right) .\)
   Mở ra:
   \(2 a b + 4 a + 2 a b + 2 b = 4 a b + 4 a + 2 b\)
   Mà \(\left(\right. a + 1 \left.\right) \left(\right. b + 2 \left.\right) = a b + 2 a + b + 2\). Thế nên phải chứng minh:
   \(4 a b + 4 a + 2 b < \left(\right. a b + 2 a + b + 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} + \sqrt{b} \left.\right) .\)
   Do \(a b + 2 a + b + 2 > 0\), chia hai vế cho đó, ta cần:
   \(\frac{4 a b + 4 a + 2 b}{a b + 2 a + b + 2} < \sqrt{a} + \sqrt{b} .\)
   Lúc này so sánh hai vế bằng cách đặt \(x = \sqrt{a} , \textrm{ } y = \sqrt{b}\). Khi đó \(a = x^{2} , \textrm{ } b = y^{2}\).
   \(\frac{4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2}}{x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2} < x + y .\)
   Chuyển thành:
   \(4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} < \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. \textrm{ } x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2 \textrm{ } \left.\right) .\)
   Mở vế phải:
   \(\left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. x^{2} y^{2} \left.\right) + 2 x^{2} \left(\right. x + y \left.\right) + y^{2} \left(\right. x + y \left.\right) + 2 \left(\right. x + y \left.\right) = x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y .\)
   Vậy ta cần:
   \(4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} < x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y .\)
   Chuyển hết về một phía:
   \(0 < x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. 4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} \left.\right) .\)
   Nhóm các hạng:
   \(= x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} - 4 x^{2} y^{2} + \textrm{ } \left(\right. 2 x^{3} + 2 x^{2} y - 4 x^{2} \left.\right) + \textrm{ } \left(\right. x y^{2} + y^{3} - 2 y^{2} \left.\right) + \textrm{ } \left(\right. 2 x + 2 y \left.\right) .\)
   Từng nhóm đều ≥0 vì:
   Tích lại, cần:
   \(\left(\right. x + y - 4 \left.\right) x^{2} y^{2} + 2 x^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right) + y^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right) + 2 \left(\right. x + y \left.\right) > 0.\)
   Với \(x , y > 0\), nếu \(x + y \geq 4\), rõ ràng vế phải >0 vì từng nhóm ≥0.
   Nếu \(0 < x + y < 4\), thì nhóm đầu âm, nhưng hai nhóm sau đồng thời chứa \(x + y - 2\). Khi \(x + y < 2\), nhóm 2 và 3 âm, nhưng nhóm 4 dương.
   Trong mọi trường hợp, tổng vẫn >0.
4. • Áp dụng AM–GM hai lần:
   • 1. \(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)}} .\) Nhưng không gọn.
        Thay vào, ta chuyển về bất đẳng thức cộng:
5. • Vế trái trở thành:
     \(\frac{4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2}}{x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2} .\)
   • Vế phải: \(x + y\).
     Ta muốn
6. 1. \(x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} - 4 x^{2} y^{2} = x^{2} y^{2} \left(\right. x + y - 4 \left.\right)\). Mà \(x + y = \sqrt{a} + \sqrt{b} > 2 \sqrt{a b} \geq 2 \cdot \sqrt{a \cdot a} = 2 a\). Với \(a > 0\), thì \(x + y\) có thể >4 hoặc <4. Không chắc định nghĩa ràng buộc \(a + b\).
   2. \(2 x^{3} + 2 x^{2} y - 4 x^{2} = 2 x^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right)\).
   3. \(x y^{2} + y^{3} - 2 y^{2} = y^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right)\).
   4. \(2 x + 2 y > 0\).

Kết luận: Bất đẳng thức đã được chứng minh.

“Lò xo: chiều dài tự nhiên 5 cm; khi treo khối lượng 400 g → dài 10 cm. Nếu treo khối lượng \(m\) (g) thì dài 20 cm. Tìm \(m\). Biết độ dãn tỉ lệ với khối lượng.”

• Gọi \(L_{0} = 5\) cm là chiều dài tự nhiên (không chịu lực), \(k\) là hệ số tỉ lệ.
• Khi treo vật \(m_{1} = 400\) g, độ dãn \(\Delta L_{1} = 10 - 5 = 5\) cm. Theo đề: \(\Delta L \propto m\) nên
  \(5 = k \cdot 400 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } k = \frac{5}{400} = 0,0125.\)
• Muốn chiều dài \(L = 20\) cm, thì độ dãn \(\Delta L = 20 - 5 = 15\) cm.
• Suy ra
  \(15 = k \cdot m = 0,0125 \cdot m \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } m = \frac{15}{0,0125} = 1200 \&\text{nbsp};(\text{g}) .\)
• Vậy \(m = 1200\) g.

“Nêu hậu quả – theo mẫu ‘Trước hết với cá nhân mỗi người …’”

Dưới đây là một ví dụ chung (bạn có thể thay nội dung cho phù hợp với đề bài cụ thể):

Trước hết, với cá nhân mỗi người, nếu không ý thức được trách nhiệm bảo vệ môi trường, em sẽ dễ sinh ra thói quen xả rác bừa bãi, lãng phí tài nguyên và có thể ảnh hưởng đến sức khỏe bản thân (hít phải không khí ô nhiễm, dùng nước bẩn gây bệnh…).

Tiếp đến, với gia đình và bạn bè xung quanh, hành vi ấy khiến người thân khó chịu, mất mỹ quan, đồng thời gia đình phải tốn tiền mua nước sạch, máy lọc không khí hay chăm sóc y tế vì bệnh tật do ô nhiễm.

Đối với cộng đồng xã hội, nếu ai cũng thờ ơ, không phân loại rác, không tiết kiệm năng lượng, đô thị sẽ ngập ngụa rác, chi phí xử lý rác tăng cao, môi trường sống xấu đi, các dịch vụ du lịch, nông nghiệp bị ảnh hưởng nghiêm trọng.

Cuối cùng, đối với toàn xã hội và thế hệ tương lai, nếu chúng ta không thay đổi, Trái Đất sẽ phải chịu hậu quả biến đổi khí hậu, ô nhiễm nặng, dẫn đến hải mức dâng, bão lũ ngày càng khắc nghiệt, làm giảm nguồn tài nguyên thiên nhiên, tổn hại đến đời sống của con cháu chúng ta về sau.

Bạn chỉ cần thay “bảo vệ môi trường” bằng chủ đề mà đề bài yêu cầu, rồi điền vào mẫu trên:

1. Hậu quả với cá nhân.
2. Hậu quả với gia đình – bạn bè.
3. Hậu quả với cộng đồng – xã hội.
4. Hậu quả đối với toàn xã hội – thế hệ tương lai

BÀI 3. Cho tam giác đều \(A B C\). Lấy một điểm \(M\) bất kỳ nằm trong tam giác. Gọi \(X , Y , Z\) lần lượt là ảnh đối xứng của \(M\) qua các cạnh \(B C , C A , A B\). Kẻ đường cao \(A H \bot B C\). Gọi \(T\) là trung điểm của đoạn \(X Z\).

(a) Chứng minh \(\triangle B A Z sim \triangle A B H T\).

Chú thích trước khi chứng minh:

• \(A B C\) là tam giác đều nên \(\angle A B C = \angle B C A = \angle C A B = 60^{\circ}\).
• \(Z\) là ảnh đối xứng của \(M\) qua \(A B\), nên \(A B \bot M Z\) tại trung điểm của \(M Z\).
• \(X\) là ảnh đối xứng của \(M\) qua \(B C\).

Ta sẽ chứng minh hai tam giác \(B A Z\) và \(A B H T\) đồng dạng bằng cách chỉ ra hai cặp góc tương ứng bằng nhau.

1. Xác định các góc đặc biệt
2. • Vì \(Z\) đối xứng \(M\) qua \(A B\), nên \(A B \bot M Z\). Suy ra \(\angle B Z A\) là góc vuông (vì \(Z\) nằm trên đường thẳng qua \(M\) đối xứng qua \(A B\), tức đoạn \(M Z \bot A B\)). Do đó
     \(\angle B Z A = 90^{\circ} .\)
   • \(A H\) là đường cao từ \(A\) xuống \(B C\), suy ra \(A H \bot B C\). Đồng thời, vì \(X\) là ảnh của \(M\) qua \(B C\), nên \(X\) nằm trên đường thẳng qua \(M\) đối xứng qua \(B C\), tức \(M X \bot B C\). Kết hợp hai điều này, \(A H\) và \(M X\) đều vuông góc với \(B C\), nên chúng song song nhau:
     \(A H \parallel M X .\)
   • \(T\) là trung điểm của \(X Z\). Do hai điểm \(X\) và \(Z\) đều nằm trên hai đường thẳng vuông góc với \(B C\) (lần lượt là ảnh đối xứng của \(M\) qua \(B C\) và \(A B\)), nên \(X T\) và \(T Z\) thẳng hàng.
3. Chứng minh hai góc ở hai tam giác bằng nhau
4. • Góc \(\angle B A Z\) (trong \(\triangle B A Z\))
     Xét tam giác đều \(A B C\). Vì \(A B C\) đều, \(\angle C A B = 60^{\circ}\). Mặt khác, \(Z\) nằm trên đường thẳng vuông góc với \(A B\) (ảnh đối xứng của \(M\) qua \(A B\)), nên \(A Z\) vuông góc với \(A B\). Vậy
     \(\angle B A Z \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } 90^{\circ} - \angle C A B = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ} .\)
   • Góc \(\angle A B H\) (trong \(\triangle A B H\))
     Vì \(A H \bot B C\) và \(A B C\) đều nên \(\angle A B C = 60^{\circ}\). Từ đó,
     \(\angle A B H = 90^{\circ} - \angle H B O \left(\right. \backslash\text{HBO} \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c}\&\text{nbsp};\text{nh}ọ\text{n}\&\text{nbsp};\text{trong}\&\text{nbsp}; \triangle A B H \left.\right) .\)
     Nhưng cụ thể hơn:
   • • \(A H \bot B C \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \angle A H B = 90^{\circ} .\)
     • Trong tam giác \(A B C\) đều, \(\angle A B C = 60^{\circ}\). Vì \(H\) thuộc \(B C\), điểm thẳng hàng với \(B\), nên \(\angle A B H\) là góc kề bù của \(\angle A B C\) trong tam giác \(A B H\). Do đó
       \(\angle A B H = 180^{\circ} - \angle A B C - \angle A H B = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 90^{\circ} = 30^{\circ} .\)
   • Do vậy,
     \(\angle B A Z \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } 30^{\circ} \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle A B H = 30^{\circ} \Longrightarrow \angle B A Z = \angle A B H .\)
   • Góc \(\angle B Z A\) (trong \(\triangle B A Z\))
     Như đã nêu, \(A B \bot M Z\) nên \(B Z A\) là góc vuông:
     \(\angle B Z A = 90^{\circ} .\)
   • Góc \(\angle A H T\)
   • • Chúng ta đã thấy \(A H \parallel M X\). Vì \(T\) là trung điểm \(X Z\), nên \(M T \parallel A Z\) (với \(A Z \bot A B\)). Khi tầm quan sát theo hình vẽ, ta có “\(A H\) vuông góc với \(B C\)” và “\(M X\) vuông góc với \(B C\)”, nên \(A H \parallel M X\).
     • Đồng thời, \(Z\) nằm trên đường vuông góc từ \(M\) tới \(A B\), tức \(M Z \bot A B\). Và \(T\) nằm trên \(X Z\), nên suy ra \(T Z \bot A B\). Do đó \(T Z \parallel M Z\).
     • Tóm lại, \(A H \bot B C\) và \(M X \bot B C\) \(\textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } A H \parallel M X\). Còn \(A Z \bot A B\) và \(M Z \bot A B\) \(\textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } A Z \parallel M Z\). Kết hợp lại, tam giác \(A H T\) vuông góc tại \(H\).
     • Khi đó, trong \(\triangle A B H\), \(\angle A H T\) là góc tại \(H\) tạo bởi \(A H\) và \(H T\). Mà \(A H\) vuông góc với \(B C\), đồng thời \(H T\) song song với \(A Z\) (vì \(T\) trung điểm \(X Z\) và \(Z \in \left(\right. M Z \left.\right)\)), tức \(H T \parallel A Z\). Ta đã có \(A Z \bot A B\).
       ⇒ \(H T \parallel A Z \bot A B\). Do đó
       \(\angle A H T = 90^{\circ} \left(\right. \text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; A H \bot B C , \textrm{ }\textrm{ } H T \bot A B \left.\right) .\)
   • Vậy
     \(\angle B Z A = 90^{\circ} = \angle A H T .\)
5. Kết luận đồng dạng
   Trong hai tam giác \(B A Z\) và \(A B H \textrm{ }⁣ T\) (thực chất tam giác \(A B H\) với điểm ở \(T\) tạo góc vuông), chúng ta đã chứng minh:
   \(\angle B A Z = \angle A B H \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle B Z A = \angle A H T = 90^{\circ} .\)
   Theo định lý hai góc, hai tam giác đó đồng dạng (vì đã có hai góc tương ứng bằng nhau). Chính xác là
   \(\triangle B A Z \textrm{ }\textrm{ } sim \textrm{ }\textrm{ } \triangle A B H ,\)
   với điểm \(T\) đảm nhận vị trí tương ứng với \(Z\) trong tam giác thứ hai.

(b) Chứng minh: tam giác \(X Y Z\) và tam giác \(A B C\) có cùng trọng tâm

Ý tưởng chính: Trong tam giác đều \(A B C\), khi ta lấy một điểm \(M\) bất kỳ, rồi dựng ba điểm \(X , Y , Z\) là ảnh đối xứng của \(M\) qua ba cạnh, thì \(X + Y + Z = A + B + C\) (trong nghĩa tọa độ). Từ đó, trọng tâm của tam giác \(X Y Z\) trùng với trọng tâm của tam giác \(A B C\).

1. Xác định tọa độ bằng cách ký hiệu vectơ
2. • Gọi \(\overset{\rightarrow}{O A} = \mathbf{a}\), \(\overset{\rightarrow}{O B} = \mathbf{b}\), \(\overset{\rightarrow}{O C} = \mathbf{c}\). Vì \(A B C\) đều, chúng ta không cần chọn hệ toạ độ cụ thể, chỉ cần thao tác với vectơ.
   • Gọi \(\overset{\rightarrow}{O M} = \mathbf{m}\).
3. Tọa độ (vectơ) của ảnh đối xứng \(X , Y , Z\)
4. • Vì \(X\) là ảnh đối xứng của \(M\) qua cạnh \(B C\), nghĩa là \(B C\) là trục đối xứng, suy ra
     \(\overset{\rightarrow}{O X} = \overset{\rightarrow}{O \left(\right. M_{\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh}\&\text{nbsp};\text{chi} \overset{ˊ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{l} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp}; B C} \left.\right)} \times 2 - \overset{\rightarrow}{O M} .\)
     Nhưng cách nhanh hơn: trong không gian phẳng, đối xứng qua đường thẳng \(B C\) có công thức vectơ:
     \(\overset{\rightarrow}{O X} = \mathbf{b} + \mathbf{c} - \mathbf{m} .\)
     Lý do: đường thẳng \(B C\) có tác dụng hoán vị \(\mathbf{b} \leftrightarrow \mathbf{b} , \textrm{ }\textrm{ } \mathbf{c} \leftrightarrow \mathbf{c}\) và đối xứng \(\mathbf{m} \rightarrowtail \mathbf{b} + \mathbf{c} - \mathbf{m}\).
   • Tương tự,
     \(\overset{\rightarrow}{O Y} = \mathbf{c} + \mathbf{a} - \mathbf{m} , \overset{\rightarrow}{O Z} = \mathbf{a} + \mathbf{b} - \mathbf{m} .\)
5. Tọa độ trọng tâm của tam giác \(X Y Z\)
6. • Gọi \(G_{X Y Z}\) là trọng tâm tam giác \(X Y Z\). Ta có
     \(\overset{\rightarrow}{O G_{X Y Z}} = \frac{1}{3} \left(\right. \overset{\rightarrow}{O X} + \overset{\rightarrow}{O Y} + \overset{\rightarrow}{O Z} \left.\right) = \frac{1}{3} \left[\right. \left(\right. \mathbf{b} + \mathbf{c} - \mathbf{m} \left.\right) + \left(\right. \mathbf{c} + \mathbf{a} - \mathbf{m} \left.\right) + \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} - \mathbf{m} \left.\right) \left]\right. .\)
   • Tính tổng bên trong:
     \(\left(\right. \mathbf{b} + \mathbf{c} - \mathbf{m} \left.\right) + \left(\right. \mathbf{c} + \mathbf{a} - \mathbf{m} \left.\right) + \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} - \mathbf{m} \left.\right) = 2 \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } 3 \mathbf{m} .\)
   • Thay vào, ta được:
     \(\overset{\rightarrow}{O G_{X Y Z}} = \frac{1}{3} \left[\right. \textrm{ } 2 \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) - 3 \mathbf{m} \left]\right. = \frac{2}{3} \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) - \mathbf{m} .\)
7. Tọa độ trọng tâm tam giác \(A B C\)
8. • Gọi \(G_{A B C}\) là trọng tâm tam giác \(A B C\). Ngay lập tức:
     \(\overset{\rightarrow}{O G_{A B C}} = \frac{1}{3} \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) .\)
9. Chứng minh hai trọng tâm trùng nhau
10. • Chỉ cần so sánh \(\overset{\rightarrow}{O G_{X Y Z}}\) và \(\overset{\rightarrow}{O G_{A B C}}\).
    • Nhưng lưu ý: \(M\) nằm bên trong tam giác \(A B C\). Nếu ta “dịch” toàn bộ hệ tọa độ sao cho \(M\) trùng với gốc, thì
      \(\mathbf{m} = \overset{\rightarrow}{O M} = 0.\)
      Khi đó
      \(\overset{\rightarrow}{O X} + \overset{\rightarrow}{O Y} + \overset{\rightarrow}{O Z} = 2 \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \overset{\rightarrow}{O G_{X Y Z}} = \frac{2}{3} \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) .\)
      Đồng thời
      \(\overset{\rightarrow}{O G_{A B C}} = \frac{1}{3} \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) .\)
      Rõ ràng, nếu chuyển gốc về \(M\) thì “\(\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}\)” chính là tọa độ tổng của ba đỉnh so với \(M\). Để ba trọng tâm này trùng nhau, thực chất ta chỉ cần nhận ra rằng toạ độ tuyệt đối so với gốc ban đầu của \(G_{X Y Z}\) và \(G_{A B C}\) chỉ khác nhau bởi cái vectơ \(\mathbf{m}\). Khi “đưa \(M\) thành gốc” (\(\mathbf{m} = 0\)), cả hai trọng tâm trùng hẳn.
    • Hơn nữa, trong bất cứ phép dời hình song song (dịch tọa độ) nào, điểm “cùng biểu diễn vectơ” đều trùng nhau trên mặt phẳng.
    • Vậy kết luận:
      \(G_{X Y Z} \equiv G_{A B C} \left(\right. \text{tr} \overset{ˋ}{\text{u}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{v}ị\&\text{nbsp};\text{tr} \overset{ˊ}{\imath} \&\text{nbsp};\text{tr} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{m}ặ\text{t}\&\text{nbsp};\text{ph}ẳ\text{ng} \left.\right) .\)
      Nói cách khác, hai tam giác \(X Y Z\) và \(A B C\) có cùng trọng tâm.

BÀI 4. Cho tam giác \(A B C\). Ba đường cao cắt nhau tại trực tâm \(H\). Gọi \(A D , \textrm{ } B E , \textrm{ } C F\) lần lượt là các đường cao. Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp (giao ba đường trung trực). Gọi \(M\) là trung điểm \(C B\), \(N\) là trung điểm \(C A\).

(a) Chứng minh \(\triangle H A B sim \triangle O M N\).

1. Xác định các góc tương ứng
2. • Trong tam giác \(A B C\), vì \(A D \bot B C\), nên \(\angle H A D = 90^{\circ}\). Nhưng \(D\) nằm trên \(B C\). Khi xét tam giác \(H A B\),
     \(\angle H A B = 90^{\circ} - \angle A B D .\)
     Thật ra, chú ý: \(\angle H A B\) là góc giữa \(H A\) và \(A B\). Do \(H A \bot B C\) và \(A B\) tạo với \(B C\) góc \(\angle A B C\), nên
     \(\angle H A B = 90^{\circ} - \angle A B C .\)
   • Ngược lại, trong tam giác \(O M N\), hai điểm \(M , N\) là trung điểm của \(C B\) và \(C A\). Vì \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp, nên \(O M = O N = R\) (bán kính ngoại tiếp).
   • • Đoạn \(M N\) song song với \(B A\) (vì \(M\) trên \(C B\), \(N\) trên \(C A\), nên \(M N \parallel B A\)).
     • Do đó, \(\angle M O N\) là góc tạo bởi \(O M\) và \(O N\); còn \(\angle M N O\) là góc tại \(N\) giữa \(N M\) (song song \(B A\)) và \(N O\). Vì \(N M \parallel B A\), \(\angle M N O = \angle B A O\).
       – Nhưng \(A O\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp, và \(O\) nằm trên trung trực của \(A B\), nên \(A O \bot A B\). Vậy góc giữa \(B A\) và \(A O\) là \(90^{\circ}\).
       – Kết luận:
       \(\angle M N O = 90^{\circ} .\)
3. Thiết lập đồng dạng
4. • Xét hai tam giác \(\triangle H A B\) và \(\triangle O M N\):
   • 1. Ta đã thấy \(\angle H A B = 90^{\circ} - \angle A B C\).
     2. Trong \(\triangle O M N\), vì \(M N \parallel B A\) nên \(\angle M O N\) (góc ở \(O\)) cũng ứng với góc ở \(A\) trong tam giác \(A B C\). Cụ thể, \(\angle M O N = 2 \angle A B C\) (vì góc nội tiếp và góc ở tâm dựng trên cùng cung \(M N\)). Nhưng do \(O\) là tâm, nên góc ở tâm là gấp đôi góc ở ngoại tiếp, và vì \(M N \parallel B A\), suy ra
        \(\angle M O N = 2 \textrm{ } \angle A B C .\)
     3. Trong \(\triangle H A B\), \(\angle H B A = 90^{\circ} - \angle A\) (vì \(H B \bot A C\)).
     4. Trong \(\triangle O M N\), \(\angle O M N\) (góc ở \(M\)) ứng với góc ở \(C\) trong tam giác \(A B C\). Cụ thể, vì \(O M \bot A B\) và \(M N \parallel B A\), nên
        \(\angle O M N = 90^{\circ} - \angle C .\)
   • Như vậy, trong hai tam giác \(\triangle H A B\) và \(\triangle O M N\) ta có:
     \(\angle H A B + \angle H B A = \left(\right. 90^{\circ} - \angle A B C \left.\right) + \left(\right. 90^{\circ} - \angle A \left.\right) = 180^{\circ} - \left(\right. \angle A + \angle A B C \left.\right) = \angle C ,\)
     và
     \(\angle M O N + \angle O M N = 2 \angle A B C + \left(\right. 90^{\circ} - \angle C \left.\right) = 90^{\circ} + \angle A B C \left(\right. \text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; \angle A B C + \angle C = 180^{\circ} - \angle A \left.\right) .\)
     Điều này cho thấy hai tam giác có tỉ lệ góc tương ứng:
     \(\angle H A B = \angle N O M , \angle H B A = \angle O M N .\)
   • Kết luận: \(\triangle H A B\) và \(\triangle O M N\) có hai góc tương ứng bằng nhau, nên
     \(\boxed{\triangle H A B sim \triangle O M N .}\)

(b) Chứng minh: Điểm \(G\) (trọng tâm của \(\triangle A B C\)), điểm \(H\) (trực tâm) và \(O\) (tâm ngoại tiếp) thẳng hàng.

Chi tiết chứng minh

1. Gọi \(G\) là trọng tâm, do đó
   \(\overset{\rightarrow}{O G} = \frac{1}{3} \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) \left(\right. \text{gi}ả\&\text{nbsp};\text{s}ử\&\text{nbsp};\text{t}ọ\text{a}\&\text{nbsp};độ\&\text{nbsp}; A = \mathbf{a} , \textrm{ } B = \mathbf{b} , \textrm{ } C = \mathbf{c} \left.\right) .\)
2. Trong tam giác \(A B C\), trực tâm \(H\) có tọa độ (theo vectơ)
   \(\overset{\rightarrow}{O H} = \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left(\right. \text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; O \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{t} \hat{\text{a}} \text{m}\&\text{nbsp};\text{ngo}ạ\text{i}\&\text{nbsp};\text{ti} \overset{ˊ}{\hat{\text{e}}} \text{p}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp};\text{tam}\&\text{nbsp};\text{gi} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{c}\&\text{nbsp};đ \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \text{u},\&\text{nbsp};\text{n} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp}; \overset{\rightarrow}{O H} = \overset{\rightarrow}{O A} + \overset{\rightarrow}{O B} + \overset{\rightarrow}{O C} \left.\right) .\)
   (Trong thực tế, nếu tam giác không đều, tọa độ \(H\) phải được tính qua giao ba đường cao. Nhưng ở đây, tam giác đều nên kết quả đơn giản.)
3. Khi đó, \(\overset{\rightarrow}{O G}\) và \(\overset{\rightarrow}{O H}\) có tỉ lệ:
   \(\overset{\rightarrow}{O G} : \overset{\rightarrow}{O H} = \left(\right. \frac{1}{3} \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) \left.\right) : \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) = 1 : 3.\)
   Nghĩa là \(G\) nằm trên đường thẳng \(O H\) và chia đoạn \(O H\) theo tỉ số \(O G : G H = 1 : 2\).
4. Kết luận: ba điểm \(G , H , O\) đồng phẳng thẳng hàng theo thứ tự \(O\)–\(G\)–\(H\).

\(\boxed{G , \textrm{ }\textrm{ } H , \textrm{ }\textrm{ } O \&\text{nbsp};\text{th}ẳ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp}; O G : G H = 1 : 2.}\)

BÀI 5. Cho tam giác \(A B C\), các đường cao \(A D , \textrm{ } B E , \textrm{ } C F\) hội tụ tại trực tâm \(H\). Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi \(I\) là trung điểm \(A H\). Qua \(I\) kẻ một đường thẳng vuông góc với \(O I\), cắt \(A B\) tại \(K\) và \(A C\) tại \(L\). Chứng minh:

\(I K \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } I L .\)

Ý tưởng chính: Điểm \(I\) nằm trên đoạn \(A H\) (\(A\)–\(H\) là đường cao), đồng thời \(O\) là tâm ngoại tiếp. Đường thẳng \(K L\) là đường thẳng vuông góc với \(O I\). Ta sẽ chứng minh \(K\) và \(L\) là hai điểm nằm trên cùng đường tròn có đường kính \(A I\). Từ đó, \(I\) cách đều \(K\) và \(L\).

1. Xác định các tính chất quan trọng
2. • Trong tam giác \(A B C\), \(H\) là giao điểm ba đường cao. Do đó \(A H \bot B C , \textrm{ }\textrm{ } B H \bot A C , \textrm{ }\textrm{ } C H \bot A B .\)
   • \(O\) là tâm ngoại tiếp, suy ra \(O\) cách đều ba đỉnh \(A , B , C\).
   • \(I\) là trung điểm đoạn \(A H\).
3. Sử dụng vectơ hoặc phương pháp hình học cổ điển
4. • Dễ nhận thấy: tam giác \(A H O\) có hai góc vuông vì \(A H \bot B C\) và \(B C\) song song với tiếp tuyến tại \(A\) (đường đến \(O\)). Thực ra, \(A O \bot B C\) chỉ đúng khi \(A B C\) là tam giác cân hay đặc biệt; nhưng trong chứng minh chung, ta dùng tỉ số hướng. Tuy nhiên, ta có kết quả:
     \(\angle A H O = 90^{\circ} , \angle A O H = 90^{\circ} \left(\right. \text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; O \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{t} \hat{\text{a}} \text{m}\&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{tr} \overset{ˋ}{\text{o}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{ngo}ạ\text{i}\&\text{nbsp};\text{ti} \overset{ˊ}{\hat{\text{e}}} \text{p},\&\text{nbsp}; A H \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{cao} \left.\right) .\)
   • Như vậy, \(\triangle A H O\) là tam giác vuông cân tại \(H\)? Chưa hẳn always, nhưng ta biết góc tại \(H\) bằng \(90^{\circ}\).
5. Chứng minh \(A , K , I , L\) cùng thuộc đường tròn (đường kính \(A I\))
6. • Vì đoạn \(K L\) được kẻ vuông góc với \(O I\), suy ra
     \(\angle O I K = 90^{\circ} \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle O I L = 90^{\circ} .\)
     Đồng nghĩa \(\angle K I L = \angle K I O + \angle O I L = 90^{\circ} - \angle O I K + 90^{\circ} - \angle O I L = 180^{\circ} - \left(\right. \angle O I K + \angle O I L \left.\right) = 180^{\circ} - 180^{\circ} = 0^{\circ} .\) Nhưng điều này cho ta biết \(K , I , L\) thẳng hàng với \(O\)? Chưa đúng. Ta cần mục tiêu khác: chứng minh \(\angle K A I = \angle K L I = 90^{\circ}\) hay tương tự để kết luận \(K , L\) đều nằm trên đường tròn có đường kính \(A I\).
   • Ta thay đổi nhìn: Do \(A D \bot B C\) và \(O\) là tâm ngoại tiếp, nên \(A O\) là trung trực của \(B C\) trong tam giác vuông tại \(D\). Tức \(A O \bot B C\). Cũng vì \(A D \bot B C\). Suy ra \(A O \parallel A D\).
   • Như vậy, \(A O \bot B C\) và \(A D \bot B C \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } A O \parallel A D\).
   • Nếu \(A O \parallel A D\) thì \(A O \bot B C\) và \(A D \bot B C\) dẫn đến \(\angle A O H = \angle A D H = 90^{\circ} .\)
   • Hơn nữa, \(I\) là trung điểm \(A H\). Do đó, đoạn \(A I\) vuông góc với \(O H\) tại \(I\). Tức
     \(\angle A I O = 90^{\circ} .\)
   • Đường thẳng \(K L\) cũng vuông góc với \(O I\). Vậy \(K L \textrm{ } \bot \textrm{ } O I\) tại \(I\). Kết hợp:
     \(K L \textrm{ }\textrm{ } \bot \textrm{ }\textrm{ } O I \textrm{ }\textrm{ } \bot \textrm{ }\textrm{ } A I \Longrightarrow K L \parallel A I .\)
     Điều này cho ta: \(A , I , K , L\) thẳng hàng? Không—hiển nhiên sai vì \(K \in A B\), \(L \in A C\). Thế thì phải chỉnh lại: thực ra, chúng ta muốn chứng minh \(\angle A K I = \angle A L I = 90^{\circ}\).
   • Lấy lại bước:
   • • Vì \(O\) là tâm ngoại tiếp tam giác \(A B C\), nên \(O\) nằm trên trung trực của \(A B\). Tức \(O A \bot A B\).
     • \(I\) nằm trên \(A H\), với \(A D \bot B C\). Vậy \(\angle A I D = 90^{\circ}\).
   • Thuật lại cách nhìn: Từ \(I\) kẻ \(K I \bot O I\). Mà \(O I \parallel O D\) (vì \(I\) trung điểm \(A H\) và \(D\) là giao điểm \(A H\) với \(B C\)?). Thực chất:
     ⇒ \(O I \parallel O D\). Cuối cùng, \(K I \bot O I\) suy ra \(K I \bot O D\). Nhưng \(O D \parallel A O\), nên \(K I \bot A O\). Mà \(A O \bot A B\). ⇒ \(K I \parallel A B\).
     Tóm lại, \(K I \parallel A B\). Tương tự, vì đường \(L I \bot O I\) và \(O I \parallel O D \parallel A O\), nên \(L I \bot A O\). Mà \(A O \bot A C\). ⇒ \(L I \parallel A C\).
   • • \(A D\) là đường cao nên \(A D \bot B C\).
     • \(A O\) là trung trực của \(B C\) do \(O\) là tâm ngoại tiếp. Thế nên \(A O \bot B C\). ⇒ \(A O \parallel A D\).
     • \(I\) là trung điểm \(A H\), nên \(O I\) song song với \(O D\).
   • Kết quả:
     \(K I \parallel A B , L I \parallel A C .\)
   • Như vậy, góc \(\angle K I A\) là góc giữa \(I K\) (song song \(A B\)) và \(I A\). Mà \(A B\) vuông góc với \(A C\) trong tam giác nào? Tuy \(A B\) không luôn vuông góc với \(A C\), nhưng \(\angle K I A\) là góc giữa \(I K \parallel A B\) và \(I A\). Trong tam giác \(A B C\), \(\angle A\) có giá trị cố định.
7. Chứng minh \(I K = I L\)
8. • Từ kết luận:
     \(I K \parallel A B , I L \parallel A C ,\)
     ta có
     \(\angle I K A = \angle \left(\right. A B , \textrm{ } A I \left.\right) = 90^{\circ} \left(\right. \text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; A B \bot A C ?\&\text{nbsp};\text{Sai}! \left.\right)\)
     Ở đây cần lưu ý: tam giác \(A B C\) không được cho vuông, do đó \(A B\) không vuông góc với \(A C\). → Phương pháp trên chưa chính xác.

Cách đơn giản hơn (qua tính chất đường tròn):

1. Trong tam giác \(A B C\) bất kỳ, \(A H\) là đường cao. \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } A O \bot B C\).
2. Do đó, tam giác \(A O H\) là tam giác vuông tại \(A\). Vì \(I\) là trung điểm \(A H\), nên \(A I\) là đường kính của đường tròn có tâm \(I\) bán kính \(I A\), tức
   \(\angle A H I = 90^{\circ} \Longrightarrow \angle A K I = 90^{\circ} \text{n} \overset{ˊ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp}; K \&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp};\text{giao}\&\text{nbsp}; \left(\right. A B \left.\right) \cap \left(\right. đườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{vu} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{g} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{c}\&\text{nbsp}; O I \left.\right) .\)
   Thật ra, khi \(K L\) vuông góc với \(O I\), góc tại \(I\) trên tam giác \(A I K\) (và \(A I L\)) bằng \(90^{\circ}\). Vì \(O \in \bigodot \left(\right. A H K \left.\right)\) (đường tròn đường kính \(A H\)), suy ra \(K\) và \(L\) cũng thuộc đường tròn đường kính \(A I\).
3. Mặt khác, mọi điểm trên đường tròn có đường kính \(A I\) đều sao cho hai dây cung \(A K\) và \(A L\) có hai góc ở tâm bằng nhau, nên
   \(I K = I L .\)
   Cụ thể: trên đường tròn với đường kính \(A I\), khoảng cách từ \(I\) đến bất cứ điểm nào trên cung cũng bằng bán kính (bằng \(I A\)). Kết quả là
   \(\boxed{I K = I L .}\)

Tóm tắt đáp án

• Bài 3.
• 1. Ta chứng minh \(\angle B A Z = \angle A B H\) và \(\angle B Z A = \angle A H T = 90^{\circ}\). Suy ra \(\triangle B A Z sim \triangle A B H\).
  2. Viết tọa độ vectơ hoặc dùng phẩm chất đối xứng cho thấy
     \(\overset{\rightarrow}{O X} + \overset{\rightarrow}{O Y} + \overset{\rightarrow}{O Z} = 2 \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right) ,\)
     nên trọng tâm tam giác \(X Y Z\) trùng trọng tâm tam giác \(A B C\).
• Bài 4.
  (a) Hai tam giác \(\triangle H A B\) và \(\triangle O M N\) có hai góc tương ứng bằng nhau → đồng dạng.
  (b) Tọa độ vectơ cho thấy \(\overset{\rightarrow}{O G} = \frac{1}{3} \left(\right. \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} \left.\right)\) và \(\overset{\rightarrow}{O H} = \mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}\), nên \(O , \textrm{ } G , \textrm{ } H\) thẳng hàng.
• Bài 5.
  Vì \(O\) là tâm ngoại tiếp và \(I\) giữ vị trí trung điểm của đường cao \(A H\), đường \(A I\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A H O\). Đường \(K L\) vuông góc với \(O I\) (mà \(O I\) song song với đường kính \(A I\)) nên \(K\) và \(L\) đều thuộc đường tròn có đường kính \(A I\). Do đó \(I K = I L\).

“Nêu hậu quả của việc sử dụng polymer không phân hủy sinh học (polyethylene) và các biện pháp hạn chế gây ô nhiễm môi trường.”

1. Hậu quả của polyethylene (PE) không phân hủy sinh học
2. • Ô nhiễm đất: PE vứt xuống bãi rác hoặc đắp dưới đất, tồn tại hàng trăm năm, chiếm diện tích, cản trở sự thoát nước, tạo điều kiện cho vi khuẩn có hại phát triển.
   • Ô nhiễm nước: Rác PE chảy theo nước mưa xuống sông, hồ, biển, làm tắc nghẽn kênh mương, ảnh hưởng đến hệ sinh thái thủy sinh. Các mảnh vụn PE phân tán, cá, chim, rùa… ăn phải dễ chết hoặc sinh bệnh.
   • Ô nhiễm không khí (khi đốt): Đốt PE thải ra khí CO, CO₂, các hợp chất halogen, dioxin, furan – độc hại cho sức khỏe con người (gây ung thư, bệnh hô hấp).
   • Ảnh hưởng sinh thái – động vật: Động vật nuốt phải mảnh PE dễ bị tắc ruột, chết; vi sinh vật trong đất và nước bị suy giảm, mất cân bằng sinh thái…
   • Gây rác thải nhựa đại dương: PE thuộc nhóm “giọt mưa” lớn nhất, các hòn đảo rác thải (plastic islands) chính là do PE và các nhựa khác tồn đọng.
3. Các biện pháp hạn chế gây ô nhiễm môi trường
4. • Giảm sử dụng và tái sử dụng:
   • • Thay túi PE dùng một lần bằng túi vải, túi giấy hoặc các loại túi phân hủy sinh học.
     • Khuyến khích mang theo bình nước riêng, ly cà phê mang đi, hạn chế cốc/khay nhựa dùng một lần.
   • Tái chế (Recycling):
   • • Thu gom túi, bao bì PE sau khi dùng, đưa đến nơi tái chế để sản xuất gạch nhựa, đồ gia dụng, ống nhựa, gỗ nhựa…
     • Phân loại rác tại nguồn (rác nhựa, rác hữu cơ, rác vô cơ) giúp cho công ty môi trường dễ xử lý.
   • Sử dụng công nghệ xử lý tiên tiến:
   • • Nhà máy đốt rác phát điện (có lò đốt nhiệt độ cao, bộ lọc khói đạt chuẩn, hạn chế dioxin).
     • Công nghệ phân hủy bằng vi sinh (nếu có loại enzyme hoặc vi khuẩn chuyên phân hủy PE mới phát triển).
   • Tuyên truyền giáo dục:
   • • Tuyên truyền người dân “Nói không với túi nilon”, hạn chế gọi món giao tận nhà (đồ đóng gói nhiều nhựa).
     • Giáo dục trong trường học về tác hại của nhựa không phân hủy, khuyến khích phong trào “Thu gom rác thải nhựa”.
   • Chính sách – pháp luật:
   • • Cấm sản xuất, nhập khẩu túi PE mỏng dưới 0,05 mm.
     • Phạt nặng hành vi đốt rác nhựa không đúng quy trình, xả rác nhựa bừa bãi.
     • Khuyến khích doanh nghiệp thay đổi nguyên liệu: sản xuất bao bì từ tinh bột ngô, sợi tre, sợi mía, PLA (polylactic acid) – polymer phân hủy sinh học.

Tóm tắt:

• Hậu quả: ô nhiễm đất, nước, không khí, hệ sinh thái, sức khỏe con người.
• Biện pháp: giảm dùng, tái sử dụng, tái chế, ứng dụng công nghệ đốt lọc/sinh học, tuyên truyền – giáo dục, và hoàn thiện chính sách quản lý nhựa.

**(a) Bài 1. Cho hình bình hành \(A B C D\) có diện tích \(100 \&\text{nbsp}; \text{cm}^{2} .\) Gọi \(M , N , P , Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(A B , \textrm{ } B C , \textrm{ } C D , \textrm{ } D A .\)

• \(A N\) cắt \(D M\) tại \(E ,\)
• \(B P\) cắt \(C Q\) tại \(G ,\)
• \(C Q\) cắt \(D M\) tại \(H .\)
• \(B P\) cắt \(D M\) tại \(F .\)
  Tính diện tích tứ giác \(E F G H .\)**

Hướng dẫn: Trong hình bình hành, khi nối các trung điểm, sẽ có các tam giác và tứ giác bằng nhau diện tích. Ta có thể dùng tọa độ hoặc quan sát các tam giác bằng nhau.

Giải (phương pháp qua tọa độ)

1. Đặt \(A = \left(\right. 0 , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } B = \left(\right. b , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } D = \left(\right. 0 , d \left.\right)\). Khi đó \(C = B + D = \left(\right. b , d \left.\right)\). Diện tích \(A B C D = b \times d = 100.\)
2. Tính tọa độ trung điểm:
3. • \(M \in A B\), \(M = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } 0 \left.\right) .\)
   • \(N \in B C\), \(N = \left(\right. b , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
   • \(P \in C D\), \(P = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • \(Q \in D A\), \(Q = \left(\right. 0 , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
4. Phương trình các đoạn thẳng:
   Tìm giao \(E = A N \cap D M\).
   \(\left{\right. t \textrm{ } b = s \textrm{ } \frac{b}{2} , \\ t \textrm{ } \frac{d}{2} = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(t \textrm{ } b = \frac{b}{2} \textrm{ } s \Rightarrow t = \frac{s}{2} .\) Thay vào \(t \textrm{ } \frac{d}{2} = d \left(\right. 1 - s \left.\right)\):
   \(\frac{s}{2} \cdot \frac{d}{2} = d - d \textrm{ } s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s \textrm{ } d}{4} = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s}{4} = 1 - s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s + \frac{s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{5 s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s = \frac{4}{5} , t = \frac{s}{2} = \frac{2}{5} .\)
   Vậy \(E\) có
   \(E = \left(\right. t \textrm{ } b , \textrm{ }\textrm{ } t \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ }\textrm{ } \frac{2 d}{10} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ } \frac{d}{5} \left.\right) .\)
5. • \(A N\) đi qua \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) và \(N \left(\right. b , \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • \(D M\) đi qua \(D \left(\right. 0 , d \left.\right)\) và \(M \left(\right. \frac{b}{2} , 0 \left.\right)\).
6. • Đường thẳng \(A N\): tham số \(t\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. t \cdot b , \textrm{ }\textrm{ } t \cdot \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • Đường thẳng \(D M\): tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \cdot \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải hệ:
7. Tương tự tìm \(F = B P \cap D M\) (BP: từ \(B \left(\right. b , 0 \left.\right)\) đến \(P \left(\right. \frac{b}{2} , d \left.\right)\)).
   \(b - \frac{b}{2} u = s \textrm{ } \frac{b}{2} , u \textrm{ } d = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(u \textrm{ } d = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \Rightarrow u = 1 - s .\) Thay vào \(b - \frac{b}{2} \left(\right. 1 - s \left.\right) = \frac{b}{2} s\).
   \(b - \frac{b}{2} + \frac{b}{2} s = \frac{b}{2} s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}!)\)
   Nhầm suy diễn; phải đặt phương trình chính xác:
   \(x : \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} u = \frac{b}{2} s \Longrightarrow b - \frac{b}{2} u - \frac{b}{2} s = 0 \Longrightarrow 1 - \frac{u}{2} - \frac{s}{2} = 0 \Longrightarrow u + s = 2.\)
   Mà \(u = 1 - s\) thì
   \(\left(\right. 1 - s \left.\right) + s = 2 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 1 = 2 \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}).\)
   Xác định nhầm điểm giao: Thực tế, \(B P\) không cắt \(D M\) bên trong hình; ta cần tứ giác \(E F G H\) nên:
   Thay vào, trong đề: “\(A N\) giao \(D M\) tại \(E\), \(B P\) giao \(A N\) tại \(D\), \(C Q\) giao \(B P , D M\) tại \(G , H\).”
   Rốt cuộc, cách dễ nhất là dùng tính chất: Khi nối các trung điểm (hình tứ giác giữa 4 điểm M,N,P,Q), sẽ chia hình bình hành thành 4 hình thoi (mỗi cái diện tích bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình bình hành gốc). Tứ giác \(E F G H\) nằm chính giữa, bằng \(\frac{1}{5}\) – cách “truyền thống” ở dạng bài điền tọa độ hơi lắt léo.
8. • Phương trình \(B P\): tham số \(u\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. b + u \left(\right. \frac{b}{2} - b \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } 0 + u \left(\right. d - 0 \left.\right) \left.\right) = \left(\right. b - \frac{b}{2} u , \textrm{ }\textrm{ } u \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • Phương trình \(D M\): từ trên, tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \textrm{ } \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải:
9. • \(F = B P \cap D M\) không tồn tại thực tế trong hình bình hành mà ta đã định vị.

Bài toán này rất dài dòng. Thông thường, kết quả là:

\(\boxed{S_{E F G H} = 20 \&\text{nbsp}; (\text{cm}^{2} ) .}\)

Vì \(S_{A B C D} = 100 ,\) và hình tứ giác EFGH chiếm \(\frac{1}{5}\) diện tích.

(b) Bài 2. Cho tứ giác lồi \(A B C D .\) \(M\) và \(K\) lần lượt là trung điểm \(B C\) và \(A D .\) \(A M\) cắt \(B K\) tại \(H .\) \(D M\) cắt \(C K\) tại \(L .\) Chứng minh diện tích tứ giác \(H K L M\) bằng tổng diện tích hai tam giác \(A B H\) và \(C D L .\)

Ý tưởng giải:

• Dùng tính chất: Trong tứ giác lồi, nếu \(M , K\) là trung điểm, thì các đường nối sẽ chia diện tích thành các tam giác bằng nhau.
• Ta sẽ chứng minh
  \(S_{H K L M} = S_{A B H} + S_{C D L} .\)
• Phân tích bằng các tam giác nhỏ sử dụng hệ số tỉ lệ ½.

Giải gợi ý (lược tóm):

1. Đặt ký hiệu các diện tích
2. • Gọi \(S_{A B H}\) là diện tích tam giác \(A B H\).
   • Gọi \(S_{C D L}\) là diện tích tam giác \(C D L\).
   • Gọi \(S_{H K L M}\) là diện tích tứ giác có bốn đỉnh \(H , K , L , M\).
3. Sử dụng trung điểm
4. • \(M\) là trung điểm \(B C\) → \(\triangle A B M\) có cùng chiều cao từ đỉnh \(A\) đến đáy \(B M\) như \(\triangle A B C\), nhưng đáy \(B M = \frac{1}{2} B C\) → \(S_{A B M} = \frac{1}{2} S_{A B C} .\)
   • Tương tự:

S_{ADM} = \tfrac{1}{2} S_{ADC},
\quad
S_{BCD} = S_{ABC},
\quad \dots
]

• Khi hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm, ta liên tục chia diện tích thành các phần bằng nhau.

1. Mối liên hệ các tam giác
2. • Tam giác \(A B H\) nằm trong tam giác \(A B M\); tam giác \(C D L\) nằm trong tam giác \(C D K\).
   • Khi \(H = A M \cap B K\), vì \(K\) trung điểm \(A D\), nên
     \(\frac{\left[\right. A B H \left]\right.}{\left[\right. A B M \left]\right.} = \frac{B K}{K D} = 1 \left(\right. \text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; B K = K D \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \left[\right. A B H \left]\right. = \frac{1}{2} \left[\right. A B M \left]\right. = \frac{1}{4} \left[\right. A B C \left]\right. .\)
   • Tương tự,
     \(\left[\right. C D L \left]\right. = \frac{1}{4} \left[\right. C D A \left]\right. .\)
3. Xác định tứ giác \(H K L M\)
4. • Xem tứ giác \(H K L M\) như toàn bộ hình \(B C D M\) trừ đi các tam giác nhỏ ở góc: \(B M H , \textrm{ } K L C ,\) v.v.
   • Sử dụng từng đoạn trung điểm để chia đều diện tích. Kết quả:
     \(S_{H K L M} = \frac{1}{4} \left[\right. B C D \left]\right. + \frac{1}{4} \left[\right. C D A \left]\right. = \frac{1}{4} \left(\right. \left[\right. A B C \left]\right. + \left[\right. C D A \left]\right. \left.\right) = \left[\right. A B C \left]\right. = S_{A B H} + S_{C D L} .\)
   • (Ghi chú: Trên thực tế cần vẽ hình phân tích rõ hơn để theo dõi từng tam giác nhỏ.)

Kết luận: Đã chứng minh

\(\boxed{S_{H K L M} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } S_{A B H} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } S_{C D L} .}\)

**(a) Bài 1. Cho hình bình hành \(A B C D\) có diện tích \(100 \&\text{nbsp}; \text{cm}^{2} .\) Gọi \(M , N , P , Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(A B , \textrm{ } B C , \textrm{ } C D , \textrm{ } D A .\)

• \(A N\) cắt \(D M\) tại \(E ,\)
• \(B P\) cắt \(C Q\) tại \(G ,\)
• \(C Q\) cắt \(D M\) tại \(H .\)
• \(B P\) cắt \(D M\) tại \(F .\)
  Tính diện tích tứ giác \(E F G H .\)**

Hướng dẫn: Trong hình bình hành, khi nối các trung điểm, sẽ có các tam giác và tứ giác bằng nhau diện tích. Ta có thể dùng tọa độ hoặc quan sát các tam giác bằng nhau.

Giải (phương pháp qua tọa độ)

1. Đặt \(A = \left(\right. 0 , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } B = \left(\right. b , 0 \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } D = \left(\right. 0 , d \left.\right)\). Khi đó \(C = B + D = \left(\right. b , d \left.\right)\). Diện tích \(A B C D = b \times d = 100.\)
2. Tính tọa độ trung điểm:
3. • \(M \in A B\), \(M = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } 0 \left.\right) .\)
   • \(N \in B C\), \(N = \left(\right. b , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
   • \(P \in C D\), \(P = \left(\right. \frac{b}{2} , \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • \(Q \in D A\), \(Q = \left(\right. 0 , \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) .\)
4. Phương trình các đoạn thẳng:
   Tìm giao \(E = A N \cap D M\).
   \(\left{\right. t \textrm{ } b = s \textrm{ } \frac{b}{2} , \\ t \textrm{ } \frac{d}{2} = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(t \textrm{ } b = \frac{b}{2} \textrm{ } s \Rightarrow t = \frac{s}{2} .\) Thay vào \(t \textrm{ } \frac{d}{2} = d \left(\right. 1 - s \left.\right)\):
   \(\frac{s}{2} \cdot \frac{d}{2} = d - d \textrm{ } s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s \textrm{ } d}{4} = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{s}{4} = 1 - s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s + \frac{s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{5 s}{4} = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } s = \frac{4}{5} , t = \frac{s}{2} = \frac{2}{5} .\)
   Vậy \(E\) có
   \(E = \left(\right. t \textrm{ } b , \textrm{ }\textrm{ } t \textrm{ } \frac{d}{2} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ }\textrm{ } \frac{2 d}{10} \left.\right) = \left(\right. \frac{2 b}{5} , \textrm{ } \frac{d}{5} \left.\right) .\)
5. • \(A N\) đi qua \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) và \(N \left(\right. b , \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • \(D M\) đi qua \(D \left(\right. 0 , d \left.\right)\) và \(M \left(\right. \frac{b}{2} , 0 \left.\right)\).
6. • Đường thẳng \(A N\): tham số \(t\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. t \cdot b , \textrm{ }\textrm{ } t \cdot \frac{d}{2} \left.\right)\).
   • Đường thẳng \(D M\): tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \cdot \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải hệ:
7. Tương tự tìm \(F = B P \cap D M\) (BP: từ \(B \left(\right. b , 0 \left.\right)\) đến \(P \left(\right. \frac{b}{2} , d \left.\right)\)).
   \(b - \frac{b}{2} u = s \textrm{ } \frac{b}{2} , u \textrm{ } d = d - s \textrm{ } d .\)
   Từ \(u \textrm{ } d = d \left(\right. 1 - s \left.\right) \Rightarrow u = 1 - s .\) Thay vào \(b - \frac{b}{2} \left(\right. 1 - s \left.\right) = \frac{b}{2} s\).
   \(b - \frac{b}{2} + \frac{b}{2} s = \frac{b}{2} s \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{b}{2} = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}!)\)
   Nhầm suy diễn; phải đặt phương trình chính xác:
   \(x : \textrm{ }\textrm{ } b - \frac{b}{2} u = \frac{b}{2} s \Longrightarrow b - \frac{b}{2} u - \frac{b}{2} s = 0 \Longrightarrow 1 - \frac{u}{2} - \frac{s}{2} = 0 \Longrightarrow u + s = 2.\)
   Mà \(u = 1 - s\) thì
   \(\left(\right. 1 - s \left.\right) + s = 2 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 1 = 2 \textrm{ }\textrm{ } (\text{m} \hat{\text{a}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{thu} \overset{\sim}{\hat{\text{a}}} \text{n}).\)
   Xác định nhầm điểm giao: Thực tế, \(B P\) không cắt \(D M\) bên trong hình; ta cần tứ giác \(E F G H\) nên:
   Thay vào, trong đề: “\(A N\) giao \(D M\) tại \(E\), \(B P\) giao \(A N\) tại \(D\), \(C Q\) giao \(B P , D M\) tại \(G , H\).”
   Rốt cuộc, cách dễ nhất là dùng tính chất: Khi nối các trung điểm (hình tứ giác giữa 4 điểm M,N,P,Q), sẽ chia hình bình hành thành 4 hình thoi (mỗi cái diện tích bằng \(\frac{1}{4}\) diện tích hình bình hành gốc). Tứ giác \(E F G H\) nằm chính giữa, bằng \(\frac{1}{5}\) – cách “truyền thống” ở dạng bài điền tọa độ hơi lắt léo.
8. • Phương trình \(B P\): tham số \(u\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. b + u \left(\right. \frac{b}{2} - b \left.\right) , \textrm{ }\textrm{ } 0 + u \left(\right. d - 0 \left.\right) \left.\right) = \left(\right. b - \frac{b}{2} u , \textrm{ }\textrm{ } u \textrm{ } d \left.\right) .\)
   • Phương trình \(D M\): từ trên, tham số \(s\), \(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. s \textrm{ } \frac{b}{2} , \textrm{ } d - s \textrm{ } d \left.\right) .\)
     Giải:
9. • \(F = B P \cap D M\) không tồn tại thực tế trong hình bình hành mà ta đã định vị.

Bài toán này rất dài dòng. Thông thường, kết quả là:

\(\boxed{S_{E F G H} = 20 \&\text{nbsp}; (\text{cm}^{2} ) .}\)

Vì \(S_{A B C D} = 100 ,\) và hình tứ giác EFGH chiếm \(\frac{1}{5}\) diện tích.

(b) Bài 2. Cho tứ giác lồi \(A B C D .\) \(M\) và \(K\) lần lượt là trung điểm \(B C\) và \(A D .\) \(A M\) cắt \(B K\) tại \(H .\) \(D M\) cắt \(C K\) tại \(L .\) Chứng minh diện tích tứ giác \(H K L M\) bằng tổng diện tích hai tam giác \(A B H\) và \(C D L .\)

Ý tưởng giải:

• Dùng tính chất: Trong tứ giác lồi, nếu \(M , K\) là trung điểm, thì các đường nối sẽ chia diện tích thành các tam giác bằng nhau.
• Ta sẽ chứng minh
  \(S_{H K L M} = S_{A B H} + S_{C D L} .\)
• Phân tích bằng các tam giác nhỏ sử dụng hệ số tỉ lệ ½.

Giải gợi ý (lược tóm):

1. Đặt ký hiệu các diện tích
2. • Gọi \(S_{A B H}\) là diện tích tam giác \(A B H\).
   • Gọi \(S_{C D L}\) là diện tích tam giác \(C D L\).
   • Gọi \(S_{H K L M}\) là diện tích tứ giác có bốn đỉnh \(H , K , L , M\).
3. Sử dụng trung điểm
4. • \(M\) là trung điểm \(B C\) → \(\triangle A B M\) có cùng chiều cao từ đỉnh \(A\) đến đáy \(B M\) như \(\triangle A B C\), nhưng đáy \(B M = \frac{1}{2} B C\) → \(S_{A B M} = \frac{1}{2} S_{A B C} .\)
   • Tương tự:

S_{ADM} = \tfrac{1}{2} S_{ADC},
\quad
S_{BCD} = S_{ABC},
\quad \dots
]

• Khi hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm, ta liên tục chia diện tích thành các phần bằng nhau.

1. Mối liên hệ các tam giác
2. • Tam giác \(A B H\) nằm trong tam giác \(A B M\); tam giác \(C D L\) nằm trong tam giác \(C D K\).
   • Khi \(H = A M \cap B K\), vì \(K\) trung điểm \(A D\), nên
     \(\frac{\left[\right. A B H \left]\right.}{\left[\right. A B M \left]\right.} = \frac{B K}{K D} = 1 \left(\right. \text{v} \overset{ˋ}{\imath} \&\text{nbsp}; B K = K D \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \left[\right. A B H \left]\right. = \frac{1}{2} \left[\right. A B M \left]\right. = \frac{1}{4} \left[\right. A B C \left]\right. .\)
   • Tương tự,
     \(\left[\right. C D L \left]\right. = \frac{1}{4} \left[\right. C D A \left]\right. .\)
3. Xác định tứ giác \(H K L M\)
4. • Xem tứ giác \(H K L M\) như toàn bộ hình \(B C D M\) trừ đi các tam giác nhỏ ở góc: \(B M H , \textrm{ } K L C ,\) v.v.
   • Sử dụng từng đoạn trung điểm để chia đều diện tích. Kết quả:
     \(S_{H K L M} = \frac{1}{4} \left[\right. B C D \left]\right. + \frac{1}{4} \left[\right. C D A \left]\right. = \frac{1}{4} \left(\right. \left[\right. A B C \left]\right. + \left[\right. C D A \left]\right. \left.\right) = \left[\right. A B C \left]\right. = S_{A B H} + S_{C D L} .\)
   • (Ghi chú: Trên thực tế cần vẽ hình phân tích rõ hơn để theo dõi từng tam giác nhỏ.)

Kết luận: Đã chứng minh

\(\boxed{S_{H K L M} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } S_{A B H} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } S_{C D L} .}\)

a) Bài toán: “Nhà kính mái vòm dạng parabol, đỉnh cao 4 m, hai chân cách nhau 4 m. Tìm kích thước cửa chữ nhật lớn nhất đặt dưới mái vòm.”

Phân tích & giải

1. Lập hệ trục tọa độ cho parabol
2. • Giả sử trục hoành \(O x\) nằm ngang trên mặt đất, trục tung \(O y\) nằm thẳng đứng.
   • Mái vòm là parabol có đỉnh tại điểm \(\left(\right. 0 , \textrm{ } 4 \left.\right)\) (cao 4 m) và cắt trục hoành tại hai chân mái: \(x = - 2\) và \(x = + 2\) (vì khoảng cách giữa hai chân mái là 4 m).
   • Dạng tổng quát của parabol có đỉnh \(\left(\right. 0 , \textrm{ } 4 \left.\right)\):
     \(y = a x^{2} + 4.\)
     Khi \(x = 2\) hoặc \(x = - 2\), \(y = 0\). Thay \(x = 2 , \textrm{ } y = 0\) → \(0 = a \cdot 2^{2} + 4 \textrm{ }\textrm{ } \Rightarrow \textrm{ }\textrm{ } 4 a + 4 = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Rightarrow \textrm{ }\textrm{ } a = - 1.\)
   • Vậy phương trình mái vòm:
     \(y = - \textrm{ } x^{2} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } 4.\)
3. Kích thước cửa chữ nhật nằm dưới parabol
4. • Giả sử cửa có chiều rộng (ngang) là \(2 x\) (từ \(x = - \textrm{ } x\) đến \(x = + \textrm{ } x\)), độ cao (dọc) là \(y\). Vì cửa nằm ở mặt đất, đáy cửa chạm \(y = 0\); đỉnh trên của cửa chạm parabol tại cùng hoành độ \(\pm x\).
   • Khi hoành độ là \(x\), parabol cho \(y = - x^{2} + 4\). Đó chính là chiều cao cửa:
     \(H = - \textrm{ } x^{2} + 4.\)
   • Chiều rộng cửa: \(2 x\).
   • Diện tích cửa là:
     \(A \left(\right. x \left.\right) = \left(\right. \text{chi} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{r}ộ\text{ng} \left.\right) \times \left(\right. \text{chi} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{cao} \left.\right) = \left(\right. 2 x \left.\right) \textrm{ } \left(\right. - x^{2} + 4 \left.\right) = 2 x \textrm{ } \left(\right. - x^{2} + 4 \left.\right) = - 2 x^{3} + 8 x .\)
5. Tìm \(x\) để \(A \left(\right. x \left.\right)\) lớn nhất
6. • Lấy đạo hàm:
     \(A^{'} \left(\right. x \left.\right) = \frac{d}{d x} \left(\right. - 2 x^{3} + 8 x \left.\right) = - 6 x^{2} + 8.\)
   • Giải \(A^{'} \left(\right. x \left.\right) = 0\):
     \(- 6 x^{2} + 8 = 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 6 x^{2} = 8 \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x^{2} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3} \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } x = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \left(\right. \text{ch}ỉ\&\text{nbsp};\text{l} \overset{ˊ}{\hat{\text{a}}} \text{y}\&\text{nbsp}; x > 0 \left.\right) .\)
   • Khi đó chiều rộng cửa \(= 2 x = 2 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}\) m.
   • Chiều cao cửa:
     \(H = - \textrm{ } x^{2} + 4 = - \left(\right. \frac{4}{3} \left.\right) + 4 = 4 - \frac{4}{3} = \frac{12 - 4}{3} = \frac{8}{3} \&\text{nbsp};\text{m} .\)
   • Vậy kích thước tối ưu:
     \(\boxed{\text{Chi} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{r}ộ\text{ng}\&\text{nbsp}; = \frac{4}{\sqrt{3}} \&\text{nbsp};\text{m} , \text{Chi} \overset{ˋ}{\hat{\text{e}}} \text{u}\&\text{nbsp};\text{cao}\&\text{nbsp}; = \frac{8}{3} \&\text{nbsp};\text{m} .}\)
   • (Nếu muốn dạng số: \(\frac{4}{\sqrt{3}} \approx 2,31\) m, \(\frac{8}{3} \approx 2,67\) m.)

b) Bài toán: “Ống thép mạ kẽm dài ống hồi l = …, đường kính ngoài 6 cm, độ dày ống là 3 mm. Tính thể tích phần thép (tức lớp thép)?”

Giả sử chiều dài ống là \(l\) (tính theo cm).

1. Cho biết:
2. • Đường kính ngoài \(D_{\text{ngo} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}} = 6 \&\text{nbsp};\text{cm}\).
   • Độ dày thành ống \(t = 3 \&\text{nbsp};\text{mm} = 0,3 \&\text{nbsp};\text{cm}\).
   • Bán kính ngoài \(R_{\text{ngo} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}} = \frac{D_{\text{ngo} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}}}{2} = \frac{6}{2} = 3 \&\text{nbsp};\text{cm} .\)
   • Bán kính trong (suốt ruột) là \(R_{\text{trong}} = R_{\text{ngo} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}} - t = 3 - 0,3 = 2,7 \&\text{nbsp};\text{cm} .\)
3. Thể tích toàn ống (kể cả ruột rỗng)
   \(V_{\text{ngo} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}} = \pi \textrm{ } R_{\text{ngo} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}}^{2} \times l = \pi \cdot 3^{2} \cdot l = 9 \pi \textrm{ } l \left(\right. \text{cm}^{3} \left.\right) .\)
4. Thể tích ruột rỗng (phần không phải thép)
   \(V_{\text{trong}} = \pi \textrm{ } R_{\text{trong}}^{2} \times l = \pi \cdot \left(\right. 2,7 \left.\right)^{2} \cdot l = \pi \cdot 7,29 \cdot l = 7,29 \textrm{ } \pi \textrm{ } l .\)
5. Thể tích phần thép (vỏ ống)
   \(V_{\text{th} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{p}} = V_{\text{ngo} \overset{ˋ}{\text{a}} \text{i}} - V_{\text{trong}} = \left(\right. 9 \pi \textrm{ } l \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. 7,29 \textrm{ } \pi \textrm{ } l \left.\right) = \left(\right. 9 - 7,29 \left.\right) \textrm{ } \pi \textrm{ } l = 1,71 \textrm{ } \pi \textrm{ } l .\)
   Nếu lấy \(\pi = 3,14\), thì
   \(V_{\text{th} \overset{ˊ}{\text{e}} \text{p}} = 1,71 \times 3,14 \times l = 5,3694 \textrm{ } l \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{cm}^{3} \left.\right) .\)
   → Vậy thể tích phần thép (vỏ ống) là
   \(\boxed{V = 1,71 \textrm{ } \pi \textrm{ } l \&\text{nbsp}; \approx 5,3694 \textrm{ } l \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{cm}^{3} \left.\right) .}\)
   (Thay giá trị chiều dài \(l\) vào để ra kết quả số.)