Đáp án chương 3

LỜI GIẢI VÀ ĐÁP ÁN Bài TỨ GIÁC Bài 1: B A D 1000 x x 500 B A x 1100 C 2x 1200 D C Hình 2x B A Hình C x Hình D     Hình Tứ giác ABCD có A  B  C  D 360  1000  x  1200  500 3600  x 900 Vậy x 900     Hình Tứ giác ABCD có A  B  C  D 360  x  900  1100  900 3600  x 700 Vậy x 700     Hình Tứ giác ABCD có A  B  C  D 360 0  x  x  x  x 3600  x 3600  x 600 Vậy x 60 , x 120 D Bài 2: ( Hình 4)     a) Tứ giác ABCD có A  ABC  C  D 360  3600  ABC  D  1800  900  ABC  900  D   b) Ta có ABC  B1 180 ( Kề bù)   Như D B1 Bài 3: ( Hình 5) C A Hình B 0    Vì AC tia phân giác BAD nên BAD 2.DAC 2.40 80     Tứ giác ABCD có BAD  B  BCD  D 360    800  900  BCD  900 3600  BCD 1000 Bài 4: ( Hình 6)     Tứ giác ABCD có A  B  C  D 360  C   680 3600  B  C  2200  720  B E B C A   B Lại có BM , CM tia phân giác B , C   B C   MBC  ; MCB  2 Nên 720 A  C  B 2200    MBC  MCB   1100 2 0 0      ΔMBCMBC có M  MBC  MCB 180  M  110 180  M 70 400 D Hình C M Hình 680 D Bài 5: ( Hình 7)     a) Ta có B  D 180 mà ADC  EDC 180 ( kề bù)  EDC   B Xét ΔMBCABC ΔMBCEDC có: BC DC ( giả thiết) DE  AB ( giả thiết)  EDC  B ( Chứng minh trên)  ΔMBCABC  ΔMBCEDC  c g c  C B A Hình b) Vì ΔMBCABC ΔMBCEDC  CA CE ( hai cạnh tương ứng)  ΔMBCCAE cân C    1  CAE CEA ( tính chất tam giác cân)    2 Mà ΔMBCABC ΔMBCEDC  BAC E    ,  CAB CAE Từ     Hay AC tia phân giác BAD A Bài 6: ( Hình 8) a) Xét ΔMBCADC ΔMBCAEC có:   DAC EAC ( giả thiết) AC cạnh chung   DCA ECA ( giả thiết)  ΔMBCADC ΔMBCAEC  g  c  g  E D E D 800 C B Hình  E   D ( Hai góc tương ứng) 0      b) ΔMBCABC có B  BAC  BCA 180  BAC  BCA 100   BAC BCA   DAC  ; DCA    2 Mà AD, CD hai tia phân giác hai góc BAC , BCA nên   BAC  BCA 1000    DAC  DCA   500 2 0 0       ΔMBCACD có D  DAC  DCA 180  D  50 180  D 130 E 0   Khi tứ giác ABCD có B  E 80  130 210    BAE  BCE 3600  2100 1500 Bài HÌNH THANG CÂN Bài 1: ( Hình 1) a) ABCD hình thang cân nên AD BC mà AB  AD  AB BC   b) ΔMBCABD có AB  AD nên cân A  ADB  ABD   Mà AB ∥ DC  ABD BDC ( so le trong)    ADB BDC Vậy DB phân giác ADC Bài 2: ( Hình 2) A B C D Hình N A B   a) ABCD hình thang cân nên AD BC D C Xét ΔMBCADM ΔMBCBCM có: AD BC ( giải thiết) D M D C  Hình ( giả thiết) DM CM ( giả thiết)  ΔMBCADM ΔMBCBCM  c  g  c   AM BM ( hai cạnh tương ứng) b) Vì MA MB  ΔMBCMAB cân M MN vừa đường trung tuyến vừa đường cao nên MN  AB Vậy MN đường cao hình thang ABCD C A Bài 3: ( Hình 3) a) ΔMBCABC cân A  AB  AC AC AB AD CD  EA EB  Mà Nên AE  AD ΔMBCAED cân A E D B 1800  A  A  AED  Hình  1 b) Vì ΔMBCAED cân 1800  A  A  ABC   2 Và ΔMBCABC cân   ,  AED  ABC Từ     mà AED, ABC hai góc đồng vị nên ED ∥ BC   Do BCDE hình thang lại có ABC  ACB ( giả thiết) nên ABCD hình thang cân Bài 4: ( Hình 4) a) Xét ΔMBCAHD ΔMBCBKC có:  K  900 H AD BC ( giả thiết) A C B  C  D D H K ( giả thiết) Hình  ΔMBCAHD ΔMBCBKC ( cạnh huyền – góc nhọn)  AB ∥ HK  AB  AH  AH  HK  b) Vì ABKH hình thang có hai đáy AH ∥ BK lại có C   hai góc đáy A H 90  ABKH hình thang cân nên AB HK c) Vì ΔMBCAHD ΔMBCBKC  DH KC ( hai cạnh tương ứng) Khi DC  AB  DH  HK  KC   AB DH  KC 2 KC  KC  DC  AB Bài 5: ( Hình 5)   a) ABCD hình thang cân nên ODC OCD AD BC   ΔMBCODC có ODC OCD nên tam giác cân  OD OC Mà AD BC  OA OB hay ΔMBCOAB cân O   b) ABCD hình thang cân nên DAB CBA Xét ΔMBCABD ΔMBCBAC có: AB cạnh chung   DAB CBA ( giả thiết) AD BC ( giả thiết)  ΔMBCABD ΔMBCBAC  c  g  c  O A E C D   c) Vì ΔMBCABD  ΔMBCBAC  ADB BCA ( hai góc tương ứng)     Mà ADC BCD  EDC ECD  ΔMBCEDC cân E  ED EC d) Ta thấy OD OC nên O nằm đường trung trực DC ED EC nên E nằm đường trung trực DC Vậy O, E trung điểm DC thẳng hàng B Hình Bài HÌNH BÌNH HÀNH Bài 1: ( Hình 1) a) ABCD hình bình hành nên AB ∥ CD  AM ∥ CN Và AM CN nên AMCN hình bình hành b) Vì AB CD mà AM CN Trừ theo vế ta AB  AM CD  CN  BM DN B M N A Tứ giác DMBN có BM ∥ DN nên hình bình hành Bài 2: ( Hình 2) D Hình Tứ giác ABCD có hai đường chéo AD, BC cắt M Và AM DM , BM CM nên hình bình hành Bài 3: ( Hình 3)  AH  BD  AH ∥ CK  CK  BD  a) Ta có Lại có AK ∥ HC nên AHCK hình bình hành b) Vì O trung điểm BD mà ABCD hình bình hành Nên O trung điểm AC Mà AHCK hình bình hành nên O trung điểm AC O trung điểm HK A B D K A B O D C H Hình   a) ΔMBCABC cân A  B  ACB   Vì DF ∥ AC  DFB  ACB ( đồng vị)   Nên B DFB ΔMBCDBF tam giác cân b) ΔMBCDBF cân  DF DB CE Tứ giác DCEF có DF ∥ CE , DF CE A D B nên hình bình hành Bài 5: ( Hình 5) a) C M Hình Bài 4: ( Hình 4) AB CD  C C F E Hình 1 AB  CD MA MB PC PD 2 1 BC  AD NB NC QA QD 2 Xét ΔMBCBMN ΔMBCDPQ có: 1 BN DQ  BC  AD 2  D  B ( giả thiết) 1 MB PD  AB  CD 2 N B BC  AD  C M A P Q Hình D  ΔMBCBMN ΔMBCDPQ  c  g  c   MN PQ ( hai cạnh tương ứng) b) Chứng minh tương tự ta NP MQ Tứ giác MNPQ có cạnh đối nên hình bình hành Bài 6: ( Hình 6) 1 AB  CD MB MA NC ND a) Ta có B C F M N Và AM ∥ CN nên tứ giác AMCN hình bình hành E G b) Tứ giác AMFG có AM ∥ GF , MF ∥ AG A D nên hình bình hành  AM GF MB Hình     Lại có FGE MAG ( đồng vị) MAG BMF ( đồng vị)    FGE BMF Xét ΔMBCBMF ΔMBCFGE có: BM FG ( chứng minh trên)   MBF EFG ( đồng vị)    ΔMBCBMF  ΔMBCFGE  g  c  g  FGE BMF ( chứng minh trên)  BF FE ( hai cạnh tương ứng) ΔMBCEFG  ΔMBCEDN  g  c  g   EF ED Chứng minh tương tự ( hai cạnh tương ứng) Vậy BF FE ED A K Bài 7: ( Hình 7) 1 AB  CD  AK KB DE EC M N a) Ta có O Tứ giác AECK có AK ∥ EC AK EC D C E Nên AECK hình bình hành Hình ABCD AC O b) hình bình hành có cắt BD Nên O trung điểm AC AECK hình bình hành nên O trung điểm AC O trung điểm EK Hay E , O, K thẳng hàng  DN  DO c) ΔMBCADC có N trọng tâm , ΔMBCABC có M trọng tâm  BM  BO Mà OD OB  DN BM 1 NO  DO, MO  BO  DO  NM NO  MO  DO 3 3 Lại có Vậy DN NM MB d) AECK hình bình hành nên AE CK mà 1 KM  KC  KM  AE  AE 3KM 3 B Bài 8: ( Hình 8) a) ABCD hình bình hành nên OA OC 1 OB OD  OB  OD  OM ON NB MD 2 Tứ giác AMCN có OM ON , OA OC F A N  BH  AC  BH ∥ KC   KC  AC O M D C E Nên hình bình hành b) Tứ giác AECF có AE ∥ CF , AF ∥ CE nên hình bình hành  AF CE mà AB CD  AB  AF CD  CE  BF DE Bài 9: ( Hình 9) a) ΔMBCABC có H trực tâm nên AH  BC CH  AB  CH ∥ BK  KB  AB  1 b) Ta có   BH  AC  BH ∥ CK  KC  AC  2  Và ,  BHCK Từ     hình bình hành Bài 10: ( Hình 10) B Hình A D E H C B K Hình A E F H  1 a) Ta có B CH  AB  CH ∥ KB  KB  AB  2 Và  ,  BHCK Từ     hình bình hành b) Vì BHCK hình bình hành nên BC cắt HK trung điểm M BC  M trung điểm HK  H , M , K thẳng hàng C M G K I Hình 10 c) ΔMBCBHI có BG vừa đường cao, trung tuyến nên BG trung trực HI Khi MH MI IM  HK  ΔMBCHIK ΔMBCHIK có IM đường trung tuyến vuông I  IK  HI Mà BC  HI  BC ∥ IK  BCKI hình thang    ΔMBCBIH cân B lại có BG trung trực nên phân giác HBI  GBI GBH     A Mà HBG GCK ( so le trong)  IBC KCB  BCKI hình thang cân Bài 11: ( Hình 11) a) BHCK có MB MC , MH MK nên hình bình hành F b) BHKC hình bình hành nên HC ∥ BK mà HC  AB  BK  AB Tương tự KC ∥ BH mà BH  AC  KC  AC B E H C M K Hình 11 Q FM  BC c) ΔMBCFBC vng F có FM trung tuyến nên EM  BC ΔMBCEBC vuông E có EM trung tuyến nên Khi ME MF  ΔMBCMEF cân M  AB  BK  AB ∥ CQ  CQ  BK BQ ∥ FC d)  BFCQ có cạnh đối song song nên hình bình hành Khi BC , FQ cắt trung điểm M đường EM  FQ ΔMBCEFQ có EM MF MQ hay đường trung tuyến  ΔMBCEFQ vuông E hay EF  EQ A Bài 12: ( Hình 12) a) AGCE có hai đường chéo AC , GE cắt N NA NC , NE NG nên hình bình hành E N G 1 GM  AG  GF B  1 M 2 b) ΔMBCABC có G trọng tâm nên 1 F  MF GF  GM GF  GF  GF Hình 12  2 2 ,  GM MF Từ     Khi BGCF có hai đường chéo BC , GF cắt trung điểm M C đường nên hình bình hành  BF ∥ GC mà GC ∥ AE  BF ∥ AE c) Nhận thấy AECF có AF ∥ EC nên hình thang  3 Để AECF hình thang cân AC EF Lại có GN NE  GE 2GN BG GF 2GM  AG Hay ABFE có hai đường chéo cắt trung điểm G đường nên hình bình  4 hành  AB EF ,  AC  AB Từ     hay ΔMBCABC cân A AECF hình thang cân Bài 13: ( Hình 13) a) ABCD có hai đường chéo AC , BD cắt O trung điểm đường nên hình bình hành b) Xét ΔMBCOIA ΔMBCONC có   IOA NOC ( đối đỉnh) OA OC ( giả thiết)   OAI OCN ( so le trong)  ΔMBCOIA  ΔMBCONC  g  c  g  K I A D O B M Hình 13 N C  AI NC ( hai cạnh tương ứng) Mà MN NC  MN  AI Tứ giác AMNI có AI ∥ MN , AI MN nên hình bình hành  AM ∥ IN Bài 14: ( Hình 14) A  EK  AB  EK ∥ CF  FC  AB a) Ta có  E  1  Mặt khác ΔMBCEBK vng E lại có B 45   EKB 450  ΔMBCEBK vuông cân E  2  EK EB CF B I K F M  1 ,   Hình 14 tứ giác EKFC hình bình hành  BE  AC  BE ∥ MI  MI  AC  b) Ta có BM ∥ EI nên BEIM hình hình hành  BM EI Từ C D EKFC hình bình hành có hai đường chéo EF , KC cắt I nên IE IF ΔMBCAEF vng A có AI đường trung tuyến nên AI EI IF Vậy AI EI BM   c) Giả sử A, I , D thẳng hàng ΔMBCAFD vng F Lại có IA IF  IAF IFA 0       Mà IFA  IFD 90 IAF  IDF 90 nên  IDF IFD  ΔMBCIDF cân I Hay IF ID I trung điểm AD Tứ giác AEDF có hai đường chéo EF , AD cắt trung điểm I đường nên hình bình hành  AE DF mà DF BE  AE BE hay E trung điểm AB Bài 15: ( Hình 15)  BD  AC  BD ∥ EF  EF  AC  a) Ta có Xét ΔMBCDBE ΔMBCFEC có:   BDE EFC 900  1 A D M F BE EC ( giả thiết)   DBE FEC ( đồng vị) C B H E  ΔMBCDBE  ΔMBCFEC ( cạnh huyền – góc nhọn) Hình 15    BD EF ( hai cạnh tương ứng) ,  BDFE Từ     hình bình hành b) BDFE hình bình hành nên DF ∥ HE  HEFD hình thang  3 Lại có DE FC ( hai cạnh tương ứng) ΔMBCABC vng A có AE trung tuyến nên AE CE  ΔMBCAEC cân E N Có EF đường cao nên đường trung tuyến  AF FC ΔMBCAHC vng H có HF đường trung tuyến nên HF FC  AF , Từ      DE HF hình thang HEFD hình thang cân c) F trung điểm EM  AECM hình bình hành  AM ∥ EC F trung điểm BN  ABCN hình bình hành  AN ∥ BC Từ  5 ,    A, M , N thẳng hàng  4  5  6 Bài HÌNH CHỮ NHẬT Bài 1: ( Hình 1)    a) Tứ giác APHQ có góc vng A P Q 90 Nên hình chữ nhật b) ΔMBCQHC có QK đường trung tuyến ứng với cạnh huyền A Q O P HC HK KC B I H K  ΔMBCKHQ cân K Nên Hình c) APHQ hình chữ nhật nên hai đường chéo AH , PQ Bằng cắt trung điểm đường hay   OHQ OA OP OQ OH ΔMBCOHQ cân O  OQH   Và ΔMBCKHQ cân K  KQH KHQ 0       Do OQK OQH  HQK OHQ  OHK 90 hay KQP 90 Chứng minh tương tự cho PI  QP PI ∥ QK ( vng góc với PQ ) QK  Bài 2: ( Hình 2)  MD  AB  MD ∥ CE  CE  AB  a) Ta có    1  IMD KCE ( đồng vị) ΔMBCDBM , ΔMBCEMC tam giác vng có đường trung tuyến ứng với cạnh huyền DI , EK nên mà BM MC  DI EK DI  0     Lại có DIM 180  IMD, EKC 180  2C     EKC  1 ,    DIM DIM , EKC C A E D B I M K C Hình BM MC ; EK  2  2 mà đồng vị nên DI ∥ EK Tứ giác DIKE có DI ∥ EK , DI EK nên hình bình hành b) ΔMBCAMC vng A có AM đường trung tuyến nên AM MC MB  ΔMBCAMC   cân M  AMC 180  2C      ,  EKM  AMC Từ     mà EKM , AMC đồng vị nên AM ∥ EK Để hình bình hành DEKI hình chữ nhật cần EK  IK mà AM ∥ EK  AM  MK Khi AM đường cao ΔMBCABC hay ΔMBCABC cân A Từ Bài 3: ( Hình 3) a) Tứ giác ADME có ba góc vng nên hình chữ nhật  AD ME , AE DM AD ∥ ME Xét ΔMBCDBM ΔMBCEMC có: BM MC ( giả thiết) A E D B M N K Hình C   DBM EMC ( đồng vị)  E  900 D  ΔMBCDBM ΔMBCEMC ( cạnh huyền – góc nhọn)  BD ME , DM EC ( hai cạnh tương ứng) BD  AD  ME  , AE EC  DM  Khi b) Tứ giác BDEM có BD ∥ ME , BD ME nên hình bình hành c) Tứ giác ABNE có AB ∥ NE D Lại có AB 2 AD, NE 2 ME mà AD ME  AB NE  Nên ABNE hình bình hành lại có A 90 B Nên hình chữ nhật Khi AN , BE cắt trung điểm I đường hay IA IB IN IE ΔMBCBKE vng K có KI trung tuyến A E I M N C K Hình 1 KI  BE  AN 2 nên Khi ΔMBCAKN vuông K  AK  NK Bài 4: ( Hình 4) a) Tứ giác AMDN có ba góc vng nên hình chữ nhật b) AMDN hình chữ nhật nên hai đường chéo AD, MN cắt trung điểm I đường  IA IM ID IN ΔMBCAHD vng H có HI đường trung tuyến  HI  A M B N C D H AD MN  2 ΔMBCMHN có HI đường trung tuyến mà Bài 5: ( Hình 5) I Hình HI  MN  ΔMBCMHN vng H a) Tứ giác AEMF có ba góc vng nên hình chữ nhật Khi hai đường chéo AM EF ΔMBCABC vng A có AM đường trung tuyến BC BC AM   EF  2 Nên   b) Vì AB ∥ MF  B FMC ( đồng vị) Xét ΔMBCEBM ΔMBCFMC có:   BEM MFC 900 A F E B K M Hình BM CM ( giả thiết)  FMC  B ( chứng minh trên)  ΔMBCEBM ΔMBCFMC ( cạnh huyền – góc nhọn)  EM FC ( hai cạnh tương ứng) mà EM ∥ FC nên EFCM hình bình hành  EF ∥ MC  KMFE hình thang Vì EM  AF , EM FC  AF FC hay F trung điểm AC C Lại có ΔMBCKAC vng K có KF đường trung tuyến nên KF  AC mà AC nên KF EM Vậy hình thang KMFE có hai đường chéo nên hình thang cân EM  Bài 6: ( Hình 6) A a) Tứ giác AHKC có hai đường chéo cắt trung điểm I đường nên hình bình hành  AC ∥ HK b) Vì NC ∥ MK  MNCK hình thang   AHCK hình bình hành nên HKC HAC N O M B D I H C  1 Hình Tứ giác AMHN có ba góc vng nên hình chữ nhật Khi OA ON OM OH  ΔMBCOMH cân O K      OMH OHM mà OAN OHM ( so le trong)    2  OAN OMH   ,  OMH HKC Từ     Hình thang MNCK có hai góc kề đáy nên hình thang cân c) ΔMBCAHC có hai đường trung tuyến AI , CO cắt D nên D trọng tâm  AD  AI AI  AK mà Thay vào ta 1 AD  AK  AK  AK 3 AD 3 Bài 7: ( Hình 7) A a) Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC , BD cắt Tại trung điểm M đường nên hình bình hành  Lại có BAD 90 nên hình chữ nhật B b) ABCD hình chữ nhật  BC  AD DE BC ∥ DE nên BCED hình bình hành hai đường chéo BE , CD cắt trung điểm H K M D I E C Hình I đường, hay IB IE c) Ta có BD vng góc với AK trung điểm H AK nên BD đường trung trực AK Khi MK KA KC KM  AC  ΔMBCAKC vuông K ΔMBCAKC có đường trung tuyến KM mà Ta có KC ∥ BD vng góc với AK  BDCK hình thang 1 BC  AE KD  AE 2 Lại có ΔMBCAKE vng K có KD trung tuyến nên Khi hình thang BDCK có hai đường chéo BC KD nên hình thang cân Bài 5: HÌNH THOI VÀ HÌNH VNG Bài 1: ( Hình 1) 1 AB DC  AB  DC 2 a) ABCD hình bình hành nên  AM BM DN CN Tứ giác AMCN có AM ∥ NC , AM NC A M D B C N Hình nên hình bình hành AN  DC DN CN Lại có ΔMBCADC vng A có AN đường trung tuyến nên Hình bình hành AMCN có hai cạnh kề nên hình thoi, hai đường chéo AC , MN vng góc với b) Tứ giác AMCN hình thoi Bài 2: ( Hình 2) N B a) ABCD hình vng nên AB BC CD DA Mà AM BN CP DQ Trừ theo vế ta AB  AM BC  BN CD  CP DA  DQ  MB NC PD QA b) Xét ΔMBCQAM ΔMBCNCP có: A C  900 C P M A Q D Hình AQ NC ( chứng minh trên) AM CP ( giả thiết)  ΔMBCQAM  ΔMBCNCP  c  g  c  c) Từ ΔMBCQAM ΔMBCNCP  NP MQ hai cạnh tương ứng Chứng minh tương tự câu b cho ΔMBCQAM  ΔMBCPDQ ΔMBCQAM ΔMBCMBN   Khi  MQ PQ, MN MQ AMQ DQP 0      Mà AMQ  AQM 90  DQP  AQM 90  MQP 90  Tứ giác MNPQ có bốn cạnh nên hình thoi, lại có MQP 90 nên hình vng M B Bài 3: ( Hình 3) a) Xét ΔMBCABM ΔMBCBCN có:  C  900 B AB BC ( giả thiết) BM CN ( giả thiết)  ΔMBCABM ΔMBCBCN  c  g  c   AM BN C N D A Hình ( hai cạnh tương ứng)   b) Từ ΔMBCABM ΔMBCBCN  BAM CBN ( hai góc tương ứng) 0     Mà BAM  BMA 90  CBN  BMA 90  AM  BN Bài 4: ( Hình 4) a) Xét ΔMBCABF ΔMBCADE có   900 BAF D B C E AB  AD ( giả thiết) I AF DE ( giả thiết)  ΔMBCABF ΔMBCDAE  c  g  c    b) Từ ΔMBCABF  ΔMBCDAE  FAE  ABF ( hai góc tương ứng) ABF  AFB 900  FAE    AFB 900 A D F Hình c) Giả sử AE cắt BF I   900  ΔMBCAIF  IFA ΔMBCAIF có IAF vng I hay AE  BF Bài 5: ( Hình 5) F B a) ABCD hình vng nên AB BC CD 1  AB  BC  CD  AE EB BF FC CK KD 2 Tứ giác AECK có AE ∥ CK , AE CK nên hình bình hành C M E N A b) Xét ΔMBCDCF ΔMBCCBE có:   900 DCF B DC BC ( giả thiết) K D Hình CF BE ( chứng minh trên)  ΔMBCDCF  ΔMBCCBE  c  g  c  0        BEC CFD ( hai góc tương ứng) mà BEC  BCE 90  CFD  BCE 90 Vậy ΔMBCMCF vuông M hay DF  EC M  EC ∥ AK  AK  DF   EC  DF c) Ta có CMD vng M có MK trung tuyến nên MK KD  ΔMBCMKD cân K Mà KN đường cao nên đường trung tuyến  MN ND Bài 6: ( Hình 6)   a) CF , DF hai tia phân giác C , D   Nên FCD FDC 45     ΔMBCFDC có DFC  FDC  FCD 1800  DFC 900 b) Chứng minh tương tự ΔMBCABE vuông cân E Xét ΔMBCFDC ΔMBCEAB có:  F  900 E A B F H G E C D AB DC ( giả thiết)   EAB FDC 450  ΔMBCFDC  ΔMBCEAB ( cạnh huyền – góc nhọn)   c) ΔMBCBCH có HBC HCB 45  ΔMBCHBC vng cân H  HB HC Tứ giác GEHF có a góc vng nên hình chữ nhật Hình Lại có FC EB ( hai cạnh tương ứng) mà HC HB Nên FC  HC EB  HB  FH EH hay GEHF hình vng Bài 7: ( Hình 7) I A AB AB 2 BC  BC   AD a) Vì B R S 1 AB DC  AB  DC ABCD hình chữ nhật nên 2  AI DK  AD Tứ giác AIKD có AI ∥ DK , AI DK D C K Hình Nên hình bình hành, lại có AD  AI Nên AIKD hình thoi  Lại có IAD 90  AIKD hình vng Chứng minh tương tự cho tứ giác BIKC   b) Vì AIKD hình vng nên DI tia phân giác ADK  IDK 45 0   Tương tự ICD 45 ΔMBCIDC cân có DIC 90 nên tam giác vng cân c) Vì AIKD, BCKI hình vng, nên hai đường chéo cắt SI SK  trung điểm đường nên  Lại có DIC 90 nên hình vng Bài 8: ( Hình 8) DI IC IR RK   ISKR hình thoi D    a) Tứ giác DKMN có D K N 90 nên hình chữ nhật b) Vì DKMN hình chữ nhật nên DF ∥ MH Xét ΔMBCKFM ΔMBCNME có:  N  900 K H K O F N E M Hình FM ME ( giả thiết)   KMF E ( đồng vị)  ΔMBCKFM  ΔMBCNME ( cạnh huyền – góc nhọn)  KF MN ( hai cạnh tương ứng) mà MN DK  DF 2 DK MH 2MN Do DF MH Tứ giác DFMH có DF ∥ MH , DF MH nên hình bình hành Nên hai đường chéo DM , FH cắt trung điểm O đường hay F , O, H thẳng hàng  1 c) Đề hình chữ nhật DKMN hình vng DK DN 1 DK  DF DN KM NE  DN  DE 2 Mà 1,  Từ     DF DE  ΔMBCDFE  2 m cần thêm điều kiên cân D A Bài 9: ( Hình 9) a) ABCD hình bình hành nên hai đường chéo AC , BD M B n Q D N O P Hình C Cắt O trung điểm đường Xét ΔMBCOBM ΔMBCODP có: OB OD ( giả thiết)   OBM ODP ( so le trong)    ΔMBCOBM  ΔMBCODP  g  c  g  BOM DOP ( đối đỉnh)  OM OP ( hai cạnh tương ứng) ΔMBCOAQ ΔMBCOCN  g  c  g   OQ ON Chứng minh tương tự ( hai cạnh tương ứng) MNPQ có hai đường chéo cắt trung điểm đường nên hình bình hành b) Hình bình hành MNPQ có hai đường chéo MP  NQ nên hình thoi Bài 10: ( Hình 10)    N B a) AB BD  ΔMBCABD nên A B1 D  B   B   A B 2 mà M ΔMBCBND ΔMBCAMD Xét có: BN  AM ( giả thiết) A D A B  Hình 10 ( chứng minh trên) AD BD ( ΔMBCABD đều)  ΔMBCBND  ΔMBCAMD  c  g  c    ADM BDN ( hai góc tương ứng) b) Ta có ΔMBCDMN có DM DN ( hai cạnh tương ứng) nên ΔMBCDMN cân D        Lại có ADM BDN  MDN MDB  BDN MDB  ADM 60 Vậy ΔMBCDMN B Bài 11: ( Hình 11) Ta có ABCD hình thoi nên AC  BD trung điểm đường nên BD trung trực AC  GA GC , HA HC  1 AC trung trực BD  AG  AH , CG CH E G A C H  2 F D Từ  1 ,    AG GC CH HA nên AGCH hình thoi Bài 12: ( Hình 12) Hình 11 a) ΔMBCABD có hai đường cao BM , DP cắt H Nên H trực tâm ΔMBCABD Q B C 12 b) ABCD hình thoi nên AC  BD O nên A, C , O thẳng hàng    2 Từ câu a  AH  BD O nên H  AO Tương tự K trực tâm ΔMBCBCD  CK  BD O  3 Nên K  CO C 1 P A O K N H M Hình 12 D Từ  1 ,   ,  3  A, H , K , C thẳng hàng c) Vì ABCD hình thoi nên hai đường chéo AC , BD vng góc với trung điểm đường  AC trung trực BD  D       HB HD  B 1 KB KD  B2 D2 Cộng theo vế MBN PDQ    4 d) ABCD hình thoi nên BAD BCD 0   Tứ giác APHM có PHM 360  90  90  BAD   0    6 Tứ giác CQKN có QKN 360  90  90  BCD   , ,  PHM QKN Từ       0         e) A1  H 90 C1  K 90 mà A1 C1  H K       Lại có H1 H ( đối đỉnh K1 K ( đối đỉnh) nên H1 K1  ΔMBCBHK cân B  BH BK KD HD nên BHKD hình thoi Bài 13: ( Hình 13) a) Xét ΔMBCABM ΔMBCAHM có:  H  900 B AM cạnh chung AMB AMH ( giả thiết)  ΔMBCABM ΔMBCAHM ( cạnh huyền – góc nhọn) AH  AB ( hai cạnh tương ứng) mà AB  AD  AH  AD b) Xét ΔMBCDAK ΔMBCHAK có:  H  900 D M B C H K 12 A D Hình 13 AK cạnh chung AD  AH ( chứng minh trên)  ΔMBCDAK ΔMBCHAK ( cạnh huyền – cạnh góc vng)   c) Từ ΔMBCABM ΔMBCAHM  A1  A2 ( hai góc tương ứng)   Từ ΔMBCDAK ΔMBCHAK  A3  A4 ( hai góc tương ứng) 1  MAK  A2  A3  BAD  900 450 2 Vậy Bài 14: ( Hình 14) a) Xét ΔMBCADI ΔMBCAHI có:  D  900 H AI cạnh chung A  A ( giả thiết)  ΔMBCADI  ΔMBCAHI ( cạnh huyền – góc nhọn) b) Từ ΔMBCADI ΔMBCAHI  AH  AD ( hai cạnh tương ứng) Mà AD  AB  AH  AB Xét ΔMBCABK AHK có:  H  900 B K B C H M I A 43 D Hình 14 AK cạnh chung AB  AH ( chứng minh trên)  ΔMBCABK  ΔMBCAHK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông)   c) Từ ΔMBCABK ΔMBCAHK  A3  A4 ( hai góc tương ứng) 1 R  B IAK  A2  A3  BAD  900 450 2 Khi Bài 15: ( Hình 15) 0       a) Ta có O1  O3 90 O2  O3 90  O1 O2   Mặt khác A1 B1 45 Xét ΔMBCAOP ΔMBCBOR có OA OB ( giả thiết) A B  450 P m Q O C A D S n Hình 15  O  O ( chứng minh trên)  ΔMBCAOP  ΔMBCBOR  g  c  g  b) Từ ΔMBCAOP  ΔMBCBOR  OP OR ( hai cạnh tương ứng) Chứng minh tương tự cho ΔMBCOBR ΔMBCOCQ ΔMBCOCQ  ΔMBCODS Rồi suy OR OQ OQ OS Khi OP OR OS OQ c) Tứ giác PRQS hình thoi có bốn cạnh  Lại có ΔMBCOPR có OP OR POR 90 nên ΔMBCOPR tam giác vuông cân O 0  450      P , Tương tự P2 45  RPS P1  P2 90  B Hình thoi PRQS có RPS 90 nên hình vng M Bài 16: ( Hình 16) a) ΔMBCABC vng A có AM trung tuyến ứng với cạnh huyền BC A AM  MB MC  ΔMBCAMC M BC nên cân b) ΔMBCAMC cân M nên MO đường cao nên trung tuyến  OA OC Tứ giác AMCN có hai đường chéo AC , MN vng góc với D I O N Hình 16 trung điểm đường nên hình thoi c) Tứ giác CDMN có hai đường chéo MC , ND cắt trung điểm  1 Mỗi đường nên hình bình hành  MD ∥ NC  2 Mặt khác AMCN hình thoi nên AM ∥ NC ,  A, M , D Từ     thẳng hàng d) Ta có MD NC , NC  AM  M trung điểm AD Tứ giác ABDC có hai đường chéo AD, BC cắt trung điểm M đường  nên hình bình hành, lại có BAC 90  ABDC hình chữ nhật ΔMBCABN  ΔMBCCDN  c  c  c   NB ND  ΔMBCNBD Chứng minh cân N C