Chương 3 tứ giác lg

Bài 1: Bài TỨ GIÁC A B 1000 D C xB x x Ax 1100 C 500 1200 2x 2x D C A B Hình Hình D Hình Hình Tứ giác ABCD có A  B  C  D 3600  1000  x 1200  500 3600  x 900 Vậy x 900 Hình Tứ giác ABCD có A  B  C  D 3600  x  900 1100  900 3600  x 700 Vậy x 700 Hình Tứ giác ABCD có A  B  C  D 3600  2x  2x  x  x 3600  6x 3600  x 600 Vậy x 600, 2x 1200 Bài 2: ( Hình 4) D a) Tứ giác ABCD có A  ABC  C  D 3600 C  900  ABC  900  D 3600  ABC  D 1800 b) Ta có ABC  B 1800 ( Kề bù) A B E Như D B Hình B Bài 3: ( Hình 5) Vì AC tia phân giác B AD nên B AD 2.D AC 2.400 800 C Tứ giác ABCD có B AD  B  B CD  D 3600  800  900  B CD  900 3600  B CD 1000 A 400 Bài 4: ( Hình 6) D Tứ giác ABCD có A  B  C  D 3600 Hình  720  B  C  680 3600  B  C 2200 C Lại có BM , CM tia phân giác B , C B  B  C Nên MBC  ; MCB  720 M 680 A Hình D  MBC  MCB   B  C 2200  110 ΔMBCMBC có M  M BC  M CB 1800  M 1100 1800  M 700 Bài 5: ( Hình 7) a) Ta có B  D 1800 mà ADC  E DC 1800 ( kề bù)  B E DC C B Xét ΔMBCABC ΔMBCEDC có: A D E BC DC ( giả thiết) DE AB ( giả thiết) Hình B E DC ( Chứng minh trên)  ΔMBCABC ΔMBCEDC  c g.c b) Vì ΔMBCABC ΔMBCEDC  CA CE ( hai cạnh tương ứng)  ΔMBCCAE cân C  C AE C EA ( tính chất tam giác cân) 1 Mà ΔMBCABC ΔMBCEDC  B AC E  2 Từ 1 ,  2  C AB C AE Hay AC tia phân giác B AD Bài 6: ( Hình 8) A a) Xét ΔMBCADC ΔMBCAEC có: E D AC E AC ( giả thiết) D AC cạnh chung 800 D CA E CA ( giả thiết) B C  ΔMBCADC ΔMBCAEC  g  c  g  Hình  D E ( Hai góc tương ứng) b) ΔMBCABC có B  B AC  B CA 1800  B AC  B CA 1000  B AC  B CA B AC, B CA DAC  ; DCA  Mà AD, CD hai tia phân giác hai góc nên  DAC  DCA   B AC  B CA 1000  50 ΔMBCACD có D  D AC  D CA 1800  D  500 1800  D 1300 E Khi tứ giác ABCD có B  E 800 1300 2100  B AE  B CE 3600  2100 1500 Bài HÌNH THANG CÂN Bài 1: ( Hình 1) A B a) ABCD hình thang cân nên AD BC mà AB AD  AB BC b) ΔMBCABD có AB AD nên cân A  ADB A BD D C Mà AB ∥ DC  A BD B DC ( so le trong) Hình  ADB B DC Vậy DB phân giác ADC Bài 2: ( Hình 2) A N B a) ABCD hình thang cân nên AD BC D C D M C Xét ΔMBCADM ΔMBCBCM có: AD BC ( Lời giải thiết) Hình D C ( 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 Bài 3: ( Hình 3) A a) ΔMBCABC cân A  AB AC AD CD  AC EA EB  AB E D Mà Nên AE AD ΔMBCAED cân A  1800  A B C b) Vì ΔMBCAED cân A  AED  1 Hình A  ABC  1800  A  2 Và ΔMBCABC cân Từ 1 ,  2  AED ABC mà AED, A BC 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 B a) Xét ΔMBCAHD ΔMBCBKC có: DH KC Hình H K 900 AD BC ( giả thiết) D C ( giả thiết)  ΔMBCAHD ΔMBCBKC ( cạnh huyền – góc nhọn)  AB ∥ HK  AB  AH  b) Vì  AH  HK ABKH hình thang có hai đáy AH ∥ BK lại có hai góc đáy A H 900  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 2KC  KC DC  AB Bài 5: ( Hình 5) a) ABCD hình thang cân nên O DC O CD AD BC ΔMBCODC có O DC O CD nên tam giác cân  OD OC O Mà AD BC  OA OB hay ΔMBCOAB cân O b) ABCD hình thang cân nên D AB C BA A B Xét ΔMBCABD ΔMBCBAC có: AB cạnh chung E D AB C BA ( giả thiết) D C AD BC ( giả thiết) Hình  ΔMBCABD ΔMBCBAC  c  g  c c) Vì ΔMBCABD ΔMBCBAC  ADB B CA ( hai góc tương ứng) Mà ADC B CD  E DC E CD  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 Bài HÌNH BÌNH HÀNH Bài 1: ( Hình 1) a) ABCD hình bình hành nên AB∥ CD  AM ∥ CN B C N Và AM CN nên AMCN hình bình hành D b) Vì AB CD mà AM CN M Trừ theo vế ta AB  AM CD  CN  BM DN A Tứ giác DMBN có BM ∥ DN nên hình bình hành Hình Bài 2: ( Hình 2) Tứ giác ABCD có hai đường chéo AD, BC cắt M A Và AM DM , BM CM nên hình bình hành Bài 3: ( Hình 3) B M C D  AH  BD  AH ∥ CK  B a) Ta có CK  BD Hình C Lại có AK ∥ HC nên AHCK hình bình hành C E b) Vì O trung điểm BD mà ABCD hình bình hành A K C Nên O trung điểm AC P D Mà AHCK hình bình hành nên O trung điểm O AC O trung điểm HK D H Hình Bài 4: ( Hình 4) a) ΔMBCABC cân A  B ACB A Vì DF ∥ AC  D FB ACB ( đồng vị) Nên B D FB ΔMBCDBF tam giác cân b) ΔMBCDBF cân  DF DB CE D Tứ giác DCEF có DF ∥ CE, DF CE B F nên hình bình hành Bài 5: ( Hình 5) Hình AB CD  AB 1 CD MA MB PC PD a) BC AD  BC 1 AD NB NC QA QD B N Xét ΔMBCBMN ΔMBCDPQ có: M BN DQ 1 BC 1 AD A Q Hình B D ( giả thiết) MB PD 1 AB 1 CD  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) AB 1 CD MB MA NC ND B C a) Ta có 2 F Và AM ∥ CN nên tứ giác AMCN hình bình hành M N b) Tứ giác AMFG có AM ∥ GF, MF ∥ AG G E nên hình bình hành  AM GF MB A D Hình Lại có F GE M AG ( đồng vị) M AG B MF ( đồng vị)  F GE B MF Xét ΔMBCBMF ΔMBCFGE có: BM FG ( chứng minh trên) M BF E FG ( đồng vị) F GE B MF ( chứng minh trên)  ΔMBCBMF ΔMBCFGE  g  c  g   BF FE ( hai cạnh tương ứng) Chứng minh tương tự ΔMBCEFG ΔMBCEDN  g  c  g   EF ED ( hai cạnh tương ứng) Vậy BF FE ED Bài 7: ( Hình 7) A K B AB 1 CD  AK KB DE EC M a) Ta có 2 NO Tứ giác AECK có AK ∥ EC AK EC D E C Nên AECK hình bình hành b) ABCD hình bình hành có AC cắt BD O Hình Nên O trung điểm AC AECK hình bình hành nên O trung điểm AC O trung điểm EK Hay E, O, K thẳng hàng c) ΔMBCADC có N trọng tâm  DN 2 DO  BM 2 BO , ΔMBCABC có M trọng tâm Mà OD OB  DN BM NO 1 DO, MO 1 BO 1 DO  NM NO  MO 2 DO Lại có 3 Vậy DN NM MB KM 1 KC  KM 1 AE  AE 3KM d) AECK hình bình hành nên AE CK mà Bài 8: ( Hình 8) A F B a) ABCD hình bình hành nên OA OC N MO OB OD  OB 1 OD  OM ON NB MD 2 Tứ giác AMCN có OM ON , OA OC D E C Nên hình bình hành Hình b) Tứ giác AECF có AE ∥ CF, AF ∥ CE nên hình bình hành A  AF CE mà AB CD  AB  AF CD  CE  BF DE D E Bài 9: ( Hình 9) H a) ΔMBCABC có H trực tâm nên AH  BC CH  AB  CH ∥ BK B C b) Ta có KB  AB 1 BH  AC  BH ∥ CK Hình K Và KC  AC  2 Từ 1 ,  2  BHCK hình bình hành A Bài 10: ( Hình 10) E FH BH  AC  BH ∥ KC  a) Ta có KC  AC 1 CH  AB  CH ∥ KB B GM C Và KB  AB  2 I K Từ 1 ,  2  BHCK hình bình hành Hình 10 b) Vì BHCK hình bình hành nên BC cắt HK trung điểm M BC  M trung điểm HK  H , M , K thẳng hàng c) ΔMBCBHI có BG vừa đường cao, trung tuyến nên BG trung trực HI Khi MH MI ΔMBCHIK có IM đường trung tuyến IM 12 HK  ΔMBCHIK vuông I  IK  HI Mà BC  HI  BC ∥ IK  BCKI hình thang ΔMBCBIH cân B lại có BG trung trực nên phân giác H BI  G BI G BH Mà H BG G CK ( so le trong)  IBC K CB  BCKI hình thang cân Bài 11: ( Hình 11) a) BHCK có MB MC, MH MK nên hình bình hành b) BHKC hình bình hành nên HC ∥ BK mà HC  AB  BK  AB Tương tự KC ∥ BH mà BH  AC  KC  AC A FM 1 BC c) ΔMBCFBC vuông F có FM trung tuyến nên E EM 1 BC F H ΔMBCEBC vuông E có EM trung tuyến nên Khi ME MF  ΔMBCMEF cân M B M C  AB  BK  AB ∥ CQ  d) BQ∥ FC CQ  BK KQ Hình 11 BFCQ có cạnh đối song song nên hình bình hành Khi BC, FQ cắt trung điểm M đường ΔMBCEFQ có EM MF MQ hay đường trung tuyến EM 12 FQ  ΔMBCEFQ vuông E hay EF  EQ A Bài 12: ( Hình 12) E a) AGCE có hai đường chéo AC, GE cắt N N NA NC, NE NG nên hình bình hành G b) ΔMBCABC có G trọng tâm nên GM 12 AG 12 GF 1 B M C  MF GF  GM GF  GF 1 GF  2 Hình 12 F 2 Từ 1 ,  2  GM MF Khi BGCF có hai đường chéo BC, GF cắt trung điểm M đường nên hình bình hành  BF ∥ GC mà GC ∥ AE  BF ∥ AE c) Nhận thấy AECF có AF ∥ EC nên hình thang Để AECF hình thang cân AC EF  3 Lại có GN NE  GE 2GN BG GF 2GM AG Hay ABFE có hai đường chéo cắt trung điểm G đường nên hình bình hành  AB EF  4 Từ  3 ,  4  AC AB hay ΔMBCABC cân A AECF hình thangKcân Bài 13: ( Hình 13) a) ABCD có hai đường chéo AC, BD cắt O trung điểm đường nên hình bình hành A I D O B M N C Hình 13 b) Xét ΔMBCOIA ΔMBCONC có IOA N OC ( đối đỉnh) OA OC ( giả thiết) O AI O CN ( so le trong)  ΔMBCOIA ΔMBCONC  g  c  g   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 E  a) Ta có FC  AB 1 Mặt khác ΔMBCEBK vng E lại có B 450 B KI C  E KB 450  ΔMBCEBK vuông cân E M F Hình 14 D  EK EB CF  2 Từ 1 ,  2 tứ giác EKFC hình bình hành BE  AC  BE ∥ MI  b) Ta có MI  AC BM ∥ EI nên BEIM hình hình hành BM EI EKFC hình bình hành có hai đường chéo EF, KC cắt I nên IE IF ΔMBCAEF vuông 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  IAF IFA Mà IFA  IFD 900 IAF  IDF 900 nên  IDF IFD  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  a) Ta có EF  AC 1 Xét ΔMBCDBE ΔMBCFEC có: AM N B DE E FC 900 DF BE EC ( giả thiết) D BE F EC ( đồng vị) B HE C Hình 15  ΔMBCDBE ΔMBCFEC ( cạnh huyền – góc nhọn)  BD EF ( hai cạnh tương ứng)  2 Từ 1 ,  2  BDFE hình bình hành b) BDFE hình bình hành nên DF ∥ HE  HEFD hình thang Lại có DE FC ( hai cạnh tương ứng)  3 ΔMBCABC vuông A có AE trung tuyến nên AE CE  ΔMBCAEC cân E Có EF đường cao nên đường trung tuyến  AF FC ΔMBCAHC vng H có HF đường trung tuyến nên HF FC AF  4 Từ  3 ,  4  DE HF hình thang HEFD hình thang cân c) F trung điểm EM  AECM hình bình hành AM ∥ EC  5 F trung điểm BN  ABCN hình bình hành AN ∥ BC  6 Từ  5 ,  6  A, M , N thẳng hàng 10 Bài HÌNH CHỮ NHẬT Bài 1: ( Hình 1) a) Tứ giác APHQ có góc vng A P Q 900 A Nên hình chữ nhật b) ΔMBCQHC có QK đường trung tuyến ứng với cạnh huyền P O Q Nên QK HC2 HK KC  ΔMBCKHQ cân K B IH K C c) APHQ hình chữ nhật nên hai đường chéo AH , PQ Hình Bằng cắt trung điểm đường hay OA OP OQ OH ΔMBCOHQ cân O  O QH O HQ Và ΔMBCKHQ cân K  K QH K HQ Do O QK O QH  H QK O HQ  O HK 900 hay K QP 900 Chứng minh tương tự cho PI  QP PI ∥ QK ( vng góc với PQ) A Bài 2: ( Hình 2) MD  AB  MD∥ CE D E a) Ta có CE  AB  IMD K CE ( đồng vị) 1 B I MK C ΔMBCDBM , ΔMBCEMC tam giác vuông có đường Hình trung tuyến ứng với cạnh huyền DI , EK nên DI BM2 ; EK MC2 mà BM MC  DI EK Lại có D IM 1800  2IMD, E KC 1800  2C  2 Từ 1 ,  2  D IM E KC mà D IM , E KC 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 1800  2C  3 Từ  2 ,  3  E KM AMC mà E KM , 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 Bài 3: ( Hình 3) A a) Tứ giác ADME có ba góc vng nên hình chữ nhật D E B 11 MK C N Hình  AD ME, AE DM AD∥ ME Xét ΔMBCDBM ΔMBCEMC có: BM MC ( giả thiết) D BM E MC ( đồng vị) D E 900  ΔMBCDBM ΔMBCEMC ( cạnh huyền – góc nhọn)  BD ME, DM EC ( hai cạnh tương ứng) Khi BD AD  ME  , AE EC  DM  b) Tứ giác BDEM có BD∥ ME, BD ME nên hình bình hành A c) Tứ giác ABNE có AB∥ NE Lại có AB 2AD, NE 2ME mà AD ME  AB NE D E Nên ABNE hình bình hành lại có A 900 I C Nên hình chữ nhật Khi AN, BE cắt B MK trung điểm I đường hay IA IB IN IE C ΔMBCBKE vng K có KI trung tuyến N Hình C nên KI 12 BE 12 AN Khi ΔMBCAKN vng K  AK  NK 12 Bài 4: ( Hình 4) a) Tứ giác AMDN có ba góc vng nên hình chữ nhật A b) AMDN hình chữ nhật nên hai đường chéo AD, MN M IN cắt trung điểm I đường  IA IM ID IN ΔMBCAHD vng H có HI đường trung tuyến B HD  HI  AD MN Hình 22 HI MN  ΔMBCMHN ΔMBCMHN có HI đường trung tuyến mà vng H Bài 5: ( Hình 5) a) Tứ giác AEMF có ba góc vng nên hình chữ nhật Khi hai đường chéo AM EF A ΔMBCABC vng A có AM đường trung tuyến AM BC  EF BC E F Nên b) Vì AB∥ MF  B F MC ( đồng vị) B KM Xét ΔMBCEBM ΔMBCFMC có: Hình B EM M FC 900 BM CM ( giả thiết) B F MC ( 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 Lại có ΔMBCKAC vng K có KF đường trung tuyến nên KF  AC2 mà EM  AC2 nên KF EM Vậy hình thang KMFE có hai đường chéo nên hình thang cân Bài 6: ( Hình 6) A a) Tứ giác AHKC có hai đường chéo cắt N trung điểm I đường nên hình bình hành MO D  AC ∥ HK B HI C b) Vì NC ∥ MK  MNCK hình thang AHCK hình bình hành nên H KC H AC 1 Tứ giác AMHN có ba góc vng nên hình chữ nhật K Hình Khi OA ON OM OH  ΔMBCOMH cân O  O MH O HM mà O AN O HM ( so le trong)  O AN O MH  2 Từ 1 ,  2  O MH H KC 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 2 AI AI 1 AK AD 2 AK 1 AK  AK 3AD mà Thay vào ta 32 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 B HM D Lại có B AD 900 nên hình chữ nhật I b) ABCD hình chữ nhật  BC AD DE BC ∥ DE nên BCED hình bình hành KC E hai đường chéo BE, CD cắt trung điểm 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 13 ΔMBCAKC có đường trung tuyến KM mà KM  AC2  ΔMBCAKC vng K Ta có KC ∥ BD vng góc với AK  BDCK hình thang BC 1 AE KD 1 AE 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) A M B a) ABCD hình bình hành nên AB DC  AB 1 DC  AM BM DN CN Tứ giác AMCN có AM ∥ NC, AM NC D N C Hình nên hình bình hành AN 1 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 B N C Bài 2: ( Hình 2) a) ABCD hình vng nên AB BC CD DA P Mà AM BN CP DQ Trừ theo vế ta M AB  AM BC  BN CD  CP DA  DQ  MB NC PD QA A Q D b) Xét ΔMBCQAM ΔMBCNCP có: Hình A C 900 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 D QP Mà AMQ  AQM 900  D QP  AQM 900  M QP 900 B M C Tứ giác MNPQ có bốn cạnh nên hình thoi, lại có M QP 900 nên hình vng N 14 A D Hình Bài 3: ( Hình 3) a) Xét ΔMBCABM ΔMBCBCN có: B C 900 AB BC ( giả thiết) BM CN ( giả thiết)  ΔMBCABM ΔMBCBCN  c  g  c  AM BN ( hai cạnh tương ứng) b) Từ ΔMBCABM ΔMBCBCN  B AM C BN ( hai góc tương ứng) Mà B AM  B MA 900  C BN  B MA 900  AM  BN Bài 4: ( Hình 4) B C a) Xét ΔMBCABF ΔMBCADE có B AF D 900 E AB AD ( giả thiết) I AF DE ( giả thiết)  ΔMBCABF ΔMBCDAE  c  g  c A F D b) Từ ΔMBCABF ΔMBCDAE  F AE A BF ( hai góc tương ứng) Hình ABF  AFB 900  F AE  AFB 900 c) Giả sử AE cắt BF I ΔMBCAIF có IAF  IFA 900  ΔMBCAIF vuông I hay AE  BF Bài 5: ( Hình 5) B F C a) ABCD hình vng nên AB BC CD M  AB 1 BC 1 CD  AE EB BF FC CK KD E N K Tứ giác AECK có AE ∥ CK, AE CK nên hình bình hành A D b) Xét ΔMBCDCF ΔMBCCBE có: Hình D CF B 900 DC BC ( giả thiết) CF BE ( chứng minh trên)  ΔMBCDCF ΔMBCCBE  c  g  c  B EC C FD ( hai góc tương ứng) mà B EC  B CE 900  C FD  B CE 900 Vậy ΔMBCMCF vuông M hay DF  EC M EC ∥ AK  AK  DF  c) Ta có EC  DF CMD vng M có MK trung tuyến nên MK KD  ΔMBCMKD cân K 15 Mà KN đường cao nên đường trung tuyến  MN ND Bài 6: ( Hình 6) a) CF, DF hai tia phân giác C , D Nên F CD F DC 450 A B ΔMBCFDC có D FC  F DC  F CD 1800  D FC 900 F b) Chứng minh tương tự ΔMBCABE vuông cân E G H Xét ΔMBCFDC ΔMBCEAB có: E E F 900 D C Hình AB DC ( giả thiết) E AB F DC 450  ΔMBCFDC ΔMBCEAB ( cạnh huyền – góc nhọn) c) ΔMBCBCH có H BC H CB 450  ΔMBCHBC vng cân H  HB HC Tứ giác GEHF có a góc vng nên hình chữ nhật 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) A I B AB 2BC  BC  AB AD a) Vì R ABCD hình chữ nhật nên AB DC  AB 1 S DC C D K  AI DK AD Tứ giác AIKD có AI ∥ DK, AI DK Hình Nên hình bình hành, lại có AD AI Nên AIKD hình thoi Lại có IAD 900  AIKD hình vng Chứng minh tương tự cho tứ giác BIKC b) Vì AIKD hình vng nên DI tia phân giác ADK  IDK 450 Tương tự ICD 450 ΔMBCIDC cân có D IC 900 nên tam giác vng cân c) Vì AIKD, BCKI hình vng, nên hai đường chéo cắt SI SK DI IR RK IC trung điểm đường nên  ISKR hình thoi Lại có D IC 900 nên hình vng Bài 8: ( Hình 8) DH a) Tứ giác DKMN có D K N 900 nên hình chữ nhật K O N b) Vì DKMN hình chữ nhật nên DF ∥ MH Xét ΔMBCKFM ΔMBCNME có: F M E Hình 16 K N 900 FM ME ( giả thiết) K MF E ( đồng vị) ΔMBCKFM ΔMBCNME ( cạnh huyền – góc nhọn)  KF MN ( hai cạnh tương ứng) mà MN DK  DF 2DK 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 c) Đề hình chữ nhật DKMN hình vng DK DN 1 Mà DK 12 DF DN KM NE  DN 12 DE  2 Từ 1 ,  2  DF DE  ΔMBCDFE cần thêm điều kiên cân D Bài 9: ( Hình 9) a) ABCD hình bình hành nên hai đường chéo AC, BD m A M B Cắt O trung điểm đường n Xét ΔMBCOBM ΔMBCODP có: Q O N OB OD ( giả thiết) O BM O DP ( so le trong) D P C B OM D OP ( đối đỉnh)  ΔMBCOBM ΔMBCODP  g  c  g  Hình  OM OP ( hai cạnh tương ứng) Chứng minh tương tự ΔMBCOAQ ΔMBCOCN  g  c  g   OQ ON ( 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) a) AB BD  ΔMBCABD nên A B D B N C mà B B  B A 12 Xét ΔMBCBND ΔMBCAMD có: BN AM ( giả thiết) M A D A B ( chứng minh trên) Hình 10 AD BD ( ΔMBCABD đều) ΔMBCBND ΔMBCAMD  c  g  c  ADM B DN ( hai góc tương ứng) b) Ta có ΔMBCDMN có DM DN ( hai cạnh tương ứng) nên ΔMBCDMN cân D Lại có ADM B DN  M DN M DB  B DN M DB  ADM 600 Vậy ΔMBCDMN 17 Bài 11: ( Hình 11) B Ta có ABCD hình thoi nên AC  BD trung điểm GE đường nên BD trung trực AC A C  GA GC, HA HC 1 HF D AC trung trực BD  AG AH , CG CH  2 Hình 11 Từ 1 ,  2  AG GC CH HA nên AGCH hình thoi Bài 12: ( Hình 12) a) ΔMBCABD có hai đường cao BM , DP cắt H Nên H trực tâm ΔMBCABD B QC b) ABCD hình thoi nên AC  BD O P 12 12 nên A, C, O thẳng hàng 1 A 1H OK N Từ câu a  AH  BD O nên H  AO  2 M 12 Tương tự K trực tâm ΔMBCBCD  CK  BD O D Nên K CO  3 Hình 12 Từ 1 ,  2 ,  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  HB HD  B D KB KD  B D Cộng theo vế M BN P DQ d) ABCD hình thoi nên B AD B CD  4 Tứ giác APHM có P HM 3600  900  900  B AD  5 Tứ giác CQKN có Q KN 3600  900  900  B CD  6 Từ  4 ,  5 ,  6  P HM Q KN e) A1  H 900 C  K 900 mà A1 C  H K Lại có H H ( đối đỉnh K K ( đối đỉnh) nên H K  ΔMBCBHK cân B  BH BK KD HD nên BHKD hình thoi Bài 13: ( Hình 13) a) Xét ΔMBCABM ΔMBCAHM có: BM C B H 900 H AM cạnh chung K AMB AMH ( giả thiết)  ΔMBCABM ΔMBCAHM ( cạnh huyền – góc nhọn) 23 AH AB ( hai cạnh tương ứng) mà AB AD  AH AD Hình 13 A D 18 b) Xét ΔMBCDAK ΔMBCHAK có: D H 900 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 A ( hai góc tương ứng) Vậy M AK A2  A3 12 B AD 12 900 450 B KC Bài 14: ( Hình 14) HM a) Xét ΔMBCADI ΔMBCAHI có: H D 900 AI cạnh chung I A1 A2 ( giả thiết)  ΔMBCADI ΔMBCAHI ( cạnh huyền – góc nhọn) A 43 D b) Từ ΔMBCADI ΔMBCAHI  AH AD ( hai cạnh tương ứng) Hình 14 Mà AD AB  AH AB Xét ΔMBCABK AHK có: B H 900 AK cạnh chung AB AH ( chứng minh trên)  ΔMBCABK ΔMBCAHK ( cạnh huyền – cạnh góc vng) c) Từ ΔMBCABK ΔMBCAHK  A3 A ( hai góc tương ứng) Khi IAK A2  A3 12 B AD 12 900 450 B R C Bài 15: ( Hình 15) m a) Ta có O  O 900 O  O 900  O O Q P1 Mặt khác A1 B 450 1O D Xét ΔMBCAOP ΔMBCBOR có OA OB ( giả thiết) A S n Hình 15 A1 B 450 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 19 Lại có ΔMBCOPR có OP OR P OR 900 nên ΔMBCOPR tam giác vuông cân O  P1 450 , Tương tự P 450  R PS P1  P 900 Hình thoi PRQS có R PS 900 nên hình vng B D M Bài 16: ( Hình 16) I a) ΔMBCABC vng A có AM trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên AM BC2 MB MC  ΔMBCAMC cân M A O C b) ΔMBCAMC cân M nên MO đường cao nên trung tuyến N  OA OC Hình 16 Tứ giác AMCN có hai đường chéo AC, MN vng góc với trung điểm đường nên hình thoi c) Tứ giác CDMN có hai đường chéo MC, ND cắt trung điểm Mỗi đường nên hình bình hành MD∥ NC 1 Mặt khác AMCN hình thoi nên AM ∥ NC  2 Từ 1 ,  2  A, M , D 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 B AC 900  ABDC hình chữ nhật Chứng minh ΔMBCABN ΔMBCCDN  c  c  c  NB ND  ΔMBCNBD cân N Khi để M trực tâm ΔMBCBND DM  BN BC  DN hay BI vừa trung tuyến vừa đường cao nên ΔMBCBND tam giác BC cịn tia phân giác N BD  B B 300  B 300 Vậy ΔMBCABC cần có B 600 M trực tâm ΔMBCBND Bài 17: ( Hình 17)  AD BC  MC ND MC ∥ ND a) Ta có AD BC 2 Nên MCDN hình bình hành CD AB  AD ND nên MCDN hình thoi Lại có b) BM ∥ AD  ABMD hình thang Lại có ADC 1200 mà DM phân giác ADC  ADM K 60 BAD Vậy ABMD hình thang cân c) ΔMBCKAD có K AD K DA nên tam giác cân B1 1M C 20 A N D Hình 17