Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 chuyên đề tứ giác

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN CHUYÊN ĐỀ: TỨ GIÁC A Kiến thức Tam giác - Aˆ + Bˆ + Cˆ = 180 ( Tổng góc tam giác ) A - AB  AC  BC ( Bất đẳng thức tam giác) B C - AB  AC  BC ( Bất đẳng thức tam giác) Tứ giác a Định nghĩa: Tứ giác ABCD hình gồm đoạn thẳng B C AB, BC, CD, DA đoạn thẳng không nằm đường thẳng A D b Tứ giác lồi: Là tứ giác ln nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng chứa cạnh tứ giác c Chú ý: Khi nói đến tứ giác mà khơng thích them, ta hiểu tứ giác lồi Tổng góc tứ giác - Định lý: Tổng góc cảu tứ giác 3600  Aˆ + Bˆ + Cˆ + Dˆ = 360 - Chú ý: Để bốn góc cho trước thỏa mãn bốn góc tứ giác bốn góc có tổng 360 - Bất đẳng thức đường gấp khúc: AB + BC + CD > DA - Mở rộng: Tổng bốn góc ngồi bốn đỉnh tứ giác 3600 Góc ngồi tứ giác: Góc kề bù với góc tứ giác gọi góc ngồi tứ giác ˆ - Ta có B1 góc đỉnh B B Bài tập Bài 1: Cho tứ giác ABCD có: BADˆ  BCDˆ  900 , phân giác góc ABC cắt AD E phân giác góc ADC cắt BC F Chứng minh BE // DF Lời giải A  B E D  0 +) ·ABC  ·ADC  180      90 (1) )   E1  900 (2) +) Xét tam giác ABE, có: C +) Từ (1)(2) )    E1   BE // DF ovitridongvi · D  1800 Bài 2: Cho tứ giác ABCD có: ·ABC  BA Phân giác góc BCD · CDA cắt E, biết CD = DE Chứng minh : ·ADC  BCD Lời giải B A +) Ta có: ) ) · Aˆ  Bˆ  1800  Cˆ  Dˆ  1800  C1  D1  90o  DEC  900 E D 1  DEM M C +) Gọi M trung điểm CD  EM  MC  MD  CD ) ) ) ) D1  600  C1  300  D  2C (dpcm) · · Bài 3: Cho tứ giác ABCD , có: BAD  BCD  180 , DA  DC chứng minh BD phân giác ·ABC B C Lời giải: +) Trên tia đối tia AB lấy điểm E cho AE = BC A E D +) ) )  B1  E1 (1) BCD  EAD (cgc )    BED  DB  DE Từ (1)(2) cân D ) )  E1  B2 (2) ) )  B  B2 (dpcm) Bài 4: Cho tứ giác ABCD có BD phân giác góc ABC , AD = CD , AB < BC · ·  BCD  1800 Chứng minh : BAD C E Lời giải B +) Trên cạnh BC lấy điểm E cho BE = BA A D +) ) )  E2  C1 (2) Từ (1)(2) ) )  A1  E1 (1)  BED  BAD(cgc)   AD  ED  ED  CD  ECD  ED  DA  cân D ) ) ) ) A1  C  E1  E2  1800 Bài 5: Cho tứ giác ABCD có: Aˆ : Bˆ : Cˆ : Dˆ  : :13 :10 a Tính góc tứ giác ABCD b AB cắt CD E, AD cắt BC F Phân giác góc AED góc AFB cắt O, phân giác góc AFB cắt CD AB M N Chứng minh O trung điểm MN Lời giải E ˆ ˆ ˆ ˆ a A  50 , B  80 , C  130 , D  100 0 0 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ b AED  180  A  D  30 ; AFB  180  A  B  50 B C M 75 O N A D F ˆ  1800  Fˆ  Bˆ  750 ; ENM ˆ  1800  750  300  750 EMN 1  EMN Bài 6: Cho tứ giác ABCD có Bˆ  Dˆ  1800 , AC cân  O trung điểm MN phân giác góc A Chứng minh rằng: CB = CD Lời giải A B D E 1 Dựng tam giác ACE cân C Theo gt: C Có: CEB CAD  Bˆ  Dˆ  1800   Dˆ  Bˆ1  ˆ ˆ   B2  B1  180 có:   Aˆ1  Eˆ1  Eˆ1  Aˆ  ˆ ˆ   A1  A2   Aˆ  Eˆ1  Cˆ1  Cˆ  CEB  CAD ( gcg )  CB  CD  ˆ ˆ   D1  B1  CA  CE HÌNH THANG, HÌNH THANG CÂN A HÌNH THANG Định nghĩa: Hình thang tứ giác có hai cạnh đối song song  ABCDla   AB // CD ABCD Là hình thang ( đáy AB, CD ) +) AB: đáy nhỏ +) CD: đáy lớn +) AD, BC: cạnh bên Nhận xét - Nếu hình thang có hai cạnh bên song song hai cạnh bên - Nếu hình thang có hai cạnh đáy hai cạnh bên song song Dựa vào nhận xét ta có A B Hình thang ABCD ( AB // CD ), có: +) AD // BC  AD  BC; AB  CD D C +) AB  CD  AD // BC; AD  BC Hình thang vng hình thang có góc vng B HÌNH THANG CÂN Định nghĩa Hình thang cân hình thang có hai góc kề đáy  ABCD(là hinh thang )  ˆ ˆ ˆ ˆ ABCD hình thang cân ( đáy AB, CD ) C=D hoac A=B Tính chất: Trong hình thang cân - Hai cạnh bên - Hai đường chéo Dấu hiệu nhận biết - Hình thang có góc kề đáy hình thang cân - Hình thang có hai đường chéo hình thang cân Chú ý: Hình thang có hai cạnh bên chưa hình thang cân ( Hình bình hành ) C BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Cho tam giác ABC đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác ABC cắt đoạn AB, AC Chứng minh tổng khoảng cách từ B C tới d khoảng cách từ A tới d Lời giải A Ta có tứ giác BEFC hình thang ( BE // CF ) D B F N K E G Gọi N trung điểm EF, M trung điểm BC C M  MN  P  BE  CF  2MN (1) BE  CF   MN  d +) Lấy P thuộc tia đối MG cho MP = MG +) Lấy K thuộc d cho NG = NK  GP  GA   MN  PK   PK  D ADG  PKG (ch  gn)  PK  DA  MN  AD (2)  AD  BE  CF Bài 2: Cho tam giác ABC có trọng tâm G đường thẳng d nằm ngồi tam giác Gọi D, E, F, H hình chiếu A, B, C, D lên đường thẳng d Chứng minh rằng: AD + BE + CF = 3GH Lời giải A P +) Gọi M trung điểm BC G M B E D Q +) P trung điểm AG C +) K hình chiếu M lên d H K F Ta có : BE + CF = 2MK AD + GH = 2PQ; MK + PQ = 2GH 2( MK + PQ ) = 4GH; BE + AD + CF = 3GH (dpcm) Bài 3: Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), CD = BC + AD Hai đường phân giác hai góc A B cắt K Chứng minh C, D, K thẳng hàng Lời giải A B 2 Trên CD lấy điểm E cho CE = CB  AD  DE  CBE ADE E D ˆ ˆ cân C  E1  B1 C ˆ ˆ ˆ ˆ Mặt khác E1  B2 ( slt )  B1  B2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ cân D  A1  E2 mà  E2  A ( slt )  A1  A2  EA, EB ˆ ˆ phân giác A, B  giao điểm hai đường phân giác góc A B cắt E thuộc BC  E  K  D, K , C thẳng hàng Bài 4: Cho hình thang cân ABCD ( AB // CD ) có đường chéo BD vng góc với cạnh ˆ bên BC đồng thời DB tia phân giác ADC a Tính góc hình thang cân ABCD b Biết BC = 6cm, tính chu vi diện tích hình thang cân ABCD A Lời giải B ˆ a) DBC ( B  90 ) có D K C b) Tính DC = 2.BC P ˆ  BDC ˆ  600 ; DAB ˆ  CBA ˆ  ADC ˆ  BCD ˆ  1200 BCD ABCD  30cm Hạ đường cao BK, ta có BK  3cm  S ABCD  27 3(cm ) Bài 5: Cho tam giác ABC Từ điểm M nằm bên tam giác ta vẽ tia gốc M song song với BC cắt AB D, song song với AC cắt BC E, song song với AB cắt AC F Chứng minh chu vi tam giác DEF tổng khoảng cách từ M đến ba đỉnh tam giác Lời giải A F Chu vi tam giác ABC : DE + DF + EF D M B E C Khoảng cách từ M đến đỉnh : MA + MB + MC Ta cần chứng minh : DE + DF + EF = MA + MB + MC ˆ ˆ ˆ +) Ta có hình thang BDME hình thang cân ( MD // BE , B  E  C  60 )  DE  MB Chứng minh tương tự ta có : DF= MA, EF = MC  DE + DF + EF = MA + MB + MC ( đpcm) Bài 6: Cho tam giác ABC cân A, điểm I thuộc đường cao AH, BI giao với AC D, CI giao với AB E a Chứng minh rằng: AD = AE b Xác định dạng tứ giác BEDC c Xác định I cho: BE = ED = DC Lời giải A 12 D ˆ ˆ a AIC  AIB(cgc)  C1  B1  ACE  ABD ( gcg )  AE  AD E I b 1 C cân A có chung góc A ˆ DE // BC ˆ  ABC ˆ  AED ˆ  ACB ˆ  180  A    ADE  dpcm Cˆ  Bˆ H ADE , ACB B ˆ ˆ c DE // BC  B2  D2 Để BE = ED  BED cân E   Bˆ  Dˆ   Bˆ1  Bˆ ˆ ˆ   B2  D2 ˆ ˆ Chứng minh tương tự: C1  C2 Vậy CE BD giao điểm góc C B Vậy I giao điểm đường phân giác tam giác ABC Bài 7: Cho hình thang ABCD ( AB // CD) tia phân giác góc C qua trung điểm M AD CMR: ·  900 a) BMC b) BC = AB + CD Lời giải a) Giả sử MC cắt AB E 10 Lời giải Xét ˆ  900  Aˆ  CAH ˆ  FAB  CAH (cgc )  FB  CH  AHJ ˆ  I BJ ˆ FAB, CAH : FA  AC ; AB  AH ; FAB 1 0 ˆ ˆ ˆ ˆ Mà: AHJ1  AJ1H  90  I1BJ1  BJ1I1  90  FB  CH +) O2 M đường trung bình FCB  O2 M // FB; O2 M  BF H D D1 F G A O1 J1 O2 I1 E C M B O3 I J 82 +) O1M đường trung bình HBC  O1M // HC; O2 M  O1M  O2 M HC    O1MO2 O1M  O2 M vuông cân b +) O2 D đường trung bình FHC  O1D // BF ; O1D  BF +) O1 D đường trung bình FBH  O2 D // HC ; O2 D  HC  O1M  O2 M  O1 D  O2 D  DO1MO2 hình thoi, Mˆ  900  hình vng c Tứ giác ABA1C hình bình hành ˆ  BA  FA; ABA ˆ  FAH ˆ  BA  AH ˆ  1800  BAC ˆ  1800  BAC  BA1  AC ; ABA 1 +) ABA1  FAH  AA1  HF  AM  FH d Hạ CC1  AM  C1 ˆ ˆ ˆ AM cắt FH D1 HAF  BAA1 (cgc)  HFA  AA1B  CAA1 (slt ) 0 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Mà: CAA1  FAD1  90  D1FA  D1 AF  90  D1  90  AM  FH Bài 12: Cho hình vng ABCD, điểm E, F cạnh BC, CD cho · EAF  450 , tia đối tia DC lấy điểm M cho DM = BE CMR: · a) ABE  ADM , MAF  45 b) Chu vu tam giác CEF nửa chu vi tứ giác ABCD Lời giải a,  ABE µ =  ADN ( cạnh góc vng) ¶ => A1  A2 83 · ·  900  MAF  900  450  45 => MAE b,  AEF =  AMF (c.g.c) => EF = MF, EF = MD + DF = BE + DF Chu vi  CEF = CE + EF + CF = CK + BE + DF + CF = BC + CD = chu vi ABCD Bài 13: Cho tam giác ABC vuông A, kẻ đường cao AH trung tuyến AM, đường phân giác góc A, cắt đường trung trực BC D, Từ D kẻ DE vng góc với BA DF vng góc với AC · a) CMR: AD phân giác HAM b) điểm E, M, F thẳng hàng c) Tam giác BDC tam giác vng cân Lời giải µ µ a) Ta có: C1  A1 ( phụ góc B) Mà AM= BC=> AM= ả à ả ả MC=> A2  C1  A1  A2 , A3  A4 => AD tia phân giác ¶ ¶ b) AH // DM => D1 A4 , ả ¶ µ mà A4  A3  D1  A3  ADM cân => AM= MD Chứng minh Tứ giác AEDF hình vng => EA = ED => FA = FD Ta có: M, E, F nằm đường trung trực AD => Thẳng hàng c,  BED =  CFD ¶ ¶ => D2  D3 · · ¶  BDF · ¶  EDF · BDC  BDF D D  900 84 =>  BDC vuông cân Bài 14: Cho tam giác ABC vuông A, AB AB => Bµ  Cµ · · µ  HAC C Mà: Bµ  HAC => HC > AH => AH = HD => HC > HD => D nằm H,C b, Ta cú: àA A ả 900 , A ả A3 900 A1  µ A3 2 kết hợp với AE= AH =>  AEF =  AHB => AB= AF Tứ giác ABGF hìn bình hành có góc vng => HCN có AB = AF => hình vuông c) Gọi M giao điểm BF, AG, Khi  BDF có DM = Tương tự AM= BF BF => M nằm đường trung trực AD Ta lại có: AE= ED, HA= HD => E, H nằm đường trung trực AD hay H, M, E thẳng hàng 85 Bài 15: Cho hình vng ABCD điểm E bắt kỳ nằm điểm A B, tia đối tia CB lấy điểm F cho CF =AE · a) Tính EDF b) Gọi G điểm đối xứng với D qua trung điểm I EF, tứ giác DEGF hình gì? c) CMR: AC, DG, EF đồng quy Lời giải a)  AED =  CFD (c.g.c) · · · · ·  EDF  EDC  CDF  EDC  ·ADE => ·ADE  CDF ·  ·ADC  90 => EDF b) Tứ giác DEGF có I trung điểm EF (gt) I trung điểm DG Do đó: DEGF hình bình hành ·  900 => Là hình chữ nhật, lại có tiếp DE = DF lại có: EDF => Là hình vng Bài 16: Cho hình vng ABCD, M điểm cạnh BC, nửa mp bờ AB chứa C đựng hình vng AMHN, Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, Cắt DC F a) CMR: B) M=ND d) Chứng minh b) CMR: N, D, C thẳng hàng DF  BM  FM  MFC chu vi không đổi M thay đổi BC Lời giải µ · a) Tứ giác ABCD hình vng => A1  MAD  90 Vì AMHN hình vng ·  ¶A2  MAD  900 (2) Từ (1) (2) ta có: Ta có : A ả A AND= AMB (c.g.c) 86 c) EMFN hình gì? (1) µ D ¶  900, BM  ND  B b, ABCD hình vng ¶  900  D ¶ D ¶  NDC ·  D  1800 2 , Nên N, D, C thẳng hàng c, Gọi O giao điểm hai đường chéo AH MN hình vng AMHN => O tâm đối xứng hình vng AMHN => AH đường trung trực đoạn MN, mà E, F  AH => EN=Em v FM=FN (3) O ả EM  NF  O (4) Từ (3) (4) => EM=NE=NF=FM=> MENF hình thoi (5) d, Từ (5) suy FM=FN=FD+DN, mà DN=MB (cmt) => MF=DF+BM Gọi chu vi Ta có :  MCF P cạnh hình vng ABCD a P  MC  CF  MF  MC  CF  BM  DF , Vì ( MF=DF+MB)   MC  MB   CF  FD   BC  CD  a  a  2a Hình vng ABCD cho trước => a không đổi => P không đổi Bài 17: Cho hình vng ABCD, Gọi E điểm cạnh BC ( E khác B C), Qua A kẻ Ax vng góc với AE, Ax cắt CD F, trung tuyến AI K, đường thẳng kẻ qua E, song song với AB cắt AI G a) Chứng minh AE=AF tứ giác EGFK hình thoi b) Chứng minh  AKF đồng dạng với  CAF AF  FK FC c) Khi E thay đổi BC, chứng minh chu vi  EKC Lời giải a) Xét  ABE vuông B  ADF vuông D có: AB = AD, · · BAE  CAF =>  ABE =  ADF 87 không đổi  AEF cắt CD => AE = AF Vì AE = AF AI đường trung tuyến  AEF Hai  IEG  IEG EF  IFK vuông I · · IEG  IFK IE=IF, Nên  => AI vng I có: , =  IFK => EG = FK Tứ giác EGFK có hai cạnh đối EG FK song song nên hình bình hành Hình bình hành EGFK có hai đường chéo GK EF vng góc nên hình thoi b) Xét  AKF  CAF · · AFK  CFA có: , AF FK  AKF : CAF (gg )    AF  FK FC ·KAF  ACF ·  45 FC AF c) Theo câu a ta có:  ABE =  ADF nên EB=FD, Tứ giác EGFK hình thoi nên EK= KF Do chu vi  EKC là: CEKC  EK  KC  CE  CF  CE  CD  DF  CE  2CD Bài 18: Cho hình vng ABCD cạnh a, AB lấy AM  2a , ( Không đổi) BC lấy BN cho 2a BN  a) CMR: AN vng góc DM b) Gọi I J trung điểm NM, DN K giao AN DN, Tính IK , KJ IJ Lời giải a, Ta chứng minh b, Ta có : KI MN ABN 0 ả ¶ ¶ µ ¶ µ =  DAM => D1  A1 , Mà : D1  M1  90 => A1  M1  90  K  90 a 4a a   9 a MN  88 Tương tự ta có : Tương tự DM  DN  a 10 a  KJ  10 a a 13  IJ  13 Bài 19: Cho hình vng ABCD, Từ điểm M tùy ý đường chéo BD, kẻ ME, MF vng góc với AB AD, CMR: a, CF = DE, CF  DE b, CM = EF, OM  EF c, CM, BF, DE đồng quy d, Xác định M để diện tích AEMF lớn Lời giải a) BD đường chéo hình vng ABCD => BD phân giác góc D => ·ADB  45  DFM cân F=> DF = FM = AE  CDF µ ¶ =  DAE (c.g.c) => CF = DE v C1 D1 0 à ả µ · Mà C1  F1  90  D1  F1  90  FOD  90 b, AM = EF, BD đường trung trực AC => MA = MC => MC = EF Kéo dài FM cắt BC N => Tứ giác BEMN hình vuông, => MN = ME =>  EMF =  MNC(c ¶ · g c) => M  MEF , 0 ¶ ¶ · ¶ Mà M  M  90  MEF  M  90 ·  900 => ĐPCM => EHM 89 c)  EFC có CH  EF => CM trùng CH đường cao ứng với cạnh EF Lại có ED  CF O => ED đường cao ứng với cạnh CF Chứng minh tương tự câu a => CE  BF => BF đường cao ứng với cạnh CE => đường CM, BF, DE đồng quy 90 CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ TỨ GIÁC ĐẶC BIỆT Bài 1: Cho ABC , phía ngồi tam giác dựng hình vng BCDE, ACIG hình bình hành BEQK, CDPE Chứng minh H F A ABC  CFP(cgc) : AC  CF ; BC  PF  CD; ˆ )  CP = AB ; Aˆ  Cˆ Cˆ  Fˆ (bù: DCF 1 1 K C B vuông cân Lời giải G APQ Tương tự:  AC  BQ ABC  BKQ(cgc)    Aˆ1  Bˆ1 P ABQ  ACP (cgc )  AQ  AP  APQ Cân A Q D E ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Ta có: QAP  QAB  BAC  CAP  APC  FCP  CAP  180 900  900  APQ ( Tổng ba góc tam giác ) vng cân Bài 2: [ HSG: 14/04/2014 ] Cho hình thang ABCD vng A D, biết CD = 2AB = 2AD BC  a trung điểm CD b Tính S ABCD theo a a ABED hình gì? Vì 91 Gọi E c Gọi I trung điểm BC, H chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC Tính ˆ HDI Lời giải a Hình chữ nhật có hai cạnh kề nên hình vng b BEC vng cân vng cân A  AB  AD  a; CD  2a; S ABCD B H c a ( AB  CD) AD (a  2a ).a 3a    2 ˆ  HDB ˆ  BDI ˆ  HDI  ˆ  HDA ˆ  900  HDB Ta chứng minh : I E D C BI AD ˆ ˆ ˆ  450   ; B  D  900  HDI ˆ ˆ ˆ ˆ BDI  ADH  ACD( phu : HDC )  BDI : DCA(cgc) Vì : BD DC Bài 3: [ HSG – Yên Dũng – Bắc Giang – 2014 ] Cho ABC Gọi I điểm di chuyển cạnh BC Qua I kẻ đường thẳng song song với cạnh AC cắt AB M Qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC N a Gọi O trung điểm AI CMR: M, O, N thẳng hàng b Kẻ MH, NK, AD vng góc với BC H, K, D Chứng minh MH + NK = AD c Tìm vị trí điểm I để MN // BC Lời giải 92 a a AM // NI    HBH  MN  AI AN // MI  điểm đường m o n b Kẻ OE  BC trung  M , O, N thẳng hàng ta chứng minh MHKN hình thang vng b h d e i Ta có: O trung điểm MN, mà : c k OE // MH // NK  OE hình thang vng +) Xét ADI  OE c Ta có : đường trung bình MNHK  MH  NK  2OE (1) đường trng bình MN // BC  MN ADI  AD  2OE (2)  MH  NK  AD (dpcm) ABC , đường trung bình mà : MI // AC, M trung điểm AB I lại có O trung điểm AI phải trung điểm BC Bài 4: Cho hình vuông ABCD, M điểm cạnh BC Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C dựng hình vng AMHN Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, cắt DC F a Chứng minh rằng: BM = ND b N, D, C thẳng hàng c FMNE hình gì? d DF + BM = FM chu vi MFC không đổi M thay đổi vị trí BC Lời giải ˆ ˆ a AND  AMB(cgc)  B  D1  90 ; BM  ND 93 A B ˆ b NDC  180  N , D, C thẳng hàng c Ta có : MN đường trung trực AH E M O N D C F H  EN  EM E , F  AH   ; EOM  FON (ch  gn)  FN  EM  FM  FN Vậy cạnh nên hình thoi d FM  FN  ND  DF  BM  FD +) PMFC  MC  CF  FM  MC  CF  BM  DF  ( MC  MB)  (CF  DF )  AB ( không đổi ) Bài 5: Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi M N theo thứ tự hai điểm cạnh BC CD cho ˆ  450 MAN Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BM a Chứng minh ADK  ABM b Chứng minh AN tia phân giác ˆ KAM c Tính chu vi CMN theo a d BD cắt AM AN E F Chứng minh ba đoạn BE, FE, FD lập thành ba cạnh tam giác vuông 94 Lời giải A B a ADK  ABM (c  g  c ) ˆ ˆ b ADK  ABM  A1  A5 E M +) F K D H N C ˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  900 KAN ˆ  900  NAM ˆ  450  KAN ˆ  MAN ˆ  450  dpcm KAM c PCMN  MN  NC  CM  CM  CN  KN (ANK  AMN )  CM  CN  KD  DN  2a d Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến MN ˆ  ADF ˆ  450 AND  AMH (ch  gn)  Aˆ  Aˆ3  FAD  FAH (cgc)  FH  FD; AHF ˆ  ABE  450 AEH  AEB(cgc)  EH  EB; AHE ˆ  EHA ˆ  FHA ˆ  900  Ta có: EHF vuông H Vậy BE , DF , FE lập thành ba cạnh tam giác vuông 95 96 ...4 Góc ngồi tứ giác: Góc kề bù với góc tứ giác gọi góc ngồi tứ giác ˆ - Ta có B1 góc đỉnh B B Bài tập Bài 1: Cho tứ giác ABCD có: BADˆ  BCDˆ  900 , phân giác góc ABC cắt AD E phân giác góc ADC... biết - Tứ giác có cạnh đối song song hình bình hành - Tứ giác có cạnh đối hình bình hành - Tứ giác có hai cạnh đối vừa song song vừa hình bình hành - Tứ giác có góc đối hình bình hành - Tứ giác. .. A1  C  E1  E2  180 0 Bài 5: Cho tứ giác ABCD có: Aˆ : Bˆ : Cˆ : Dˆ  : :13 :10 a Tính góc tứ giác ABCD b AB cắt CD E, AD cắt BC F Phân giác góc AED góc AFB cắt O, phân giác góc AFB cắt CD