Tam giác đồng dạng – Kiến thức cơ bản và bài tập - Giáo viên Việt Nam

a. Chứng minh AE = AF. Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi... Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BE = BM.. Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. [r]

BÀI TÂP CHƯƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

Bài 1: Cho ABC vuông A, Vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABD vng

cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm Ac BF

Chứng minh rằng:

a) AH = AK b) AH2 = BH CK

Giải : Đặt AB = c, AC = b

BD // AC (cùng vng góc với AB)

nên

AH AC b AH b AH b

HBBD c HB  c HB + AH b + c

Hay

AH b AH b b.c

AH

AB b + c c b + c  b + c (1)

AB // CF (cùng vng góc với AC) nên

AK AB c AK c AK c

KC CF  b KC  b KC + AK b + c

Hay

AK b AK c b.c

AK

AC b + c  b b + c b + c (2) Từ (1) (2) suy ra: AH = AK

b) Từ

AH AC b HB BDc

AK AB c

KC CF b suy

AH KC AH KC

HB AK HBAH(Vì AH = AK)

 AH2 = BH KC

Bài 2: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC,

DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK EG b)

1 1

AE AKAG

c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị khơng đổi

Giải

a) Vì ABCD hình bình hành K  BC nên AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có:

2

EK EB AE EK AE

= = AE EK.EG

AE ED EG  AE EG 

b) Ta có:

AE DE = AK DB ;

AE BE =

AG BD nên

AE AE BE DE BD 1

= AE

AK AG BD DB BD AK AG

 

       

  

1 1

AE AKAG (đpcm)

c) Ta có:

BK AB BK a

= =

KC CG  KC CG (1);

KC CG KC CG

= =

AD DG  b DG (2)

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:

BK a

= BK DG = ab

b DG  không đổi

(Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD khơng đổi)

H

F K

D

C B

A

G b

a

E K

D C

Q P

O

N

M

H

F

G

E

D

C

B

A

E

D

M

K

C B

A

Bài 3: Cho tứ giác ABCD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB,

BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng: a) EG = FH b) EG vng góc với FH

Giải Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG

Ta có CM =

2 CF =

3BC 

BM = BC 

BE BM

= =

BA BC

 EM // AC 

EM BM 2

= EM = AC AC BE  (1)

Tương tự, ta có: NF // BD 

NF CF 2

= NF = BD BD CB  (2) mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a)

Tương tự ta có: MG // BD, NH // AC MG = NH =

3AC (b) Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD  EM  MG  EMG = 90 0(4) Tương tự, ta có: FNH = 90 0(5) Từ (4) (5) suy EMG = FNH = 90 

(c) Từ (a), (b), (c) suy EMG = FNH (c.g.c)  EG = FH

b) Gọi giao điểm EG FH O; EM FH P; EM FN Q



PQF = 90  QPF + QFP = 90 

mà QPF = OPE   (đối đỉnh), OEP = QFP   (EMG =  FNH)

Suy EOP = PQF = 90   EO  OP  EG  FH

Bài 4: Cho ABC ( AB < AC) phân giác BD, CE

a) Đường thẳng qua D song song với BC cắt AB K, chứng minh E nằm B K b) Chứng minh: CD > DE > BE

Giải a) BD phân giác nên

AD AB AC AE AD AE

= < =

DC BC BC EB  DC EB (1)

Mặt khác KD // BC nên

AD AK DC KB (2)

Từ (1) (2) suy

AK AE AK + KB AE + EB KB EB KB  EB



AB AB

KB > EB

KBEB   E nằm K B b) Gọi M giao điểm DE CB

Ta có CBD = KDB  (Góc so le trong)  KBD = KDB

E

D

C B

A

2

3

1 H

I

O

E

D

C B

A Suy CD > ED  CD > ED > BE

Bài 5: Cho ABC cóB = C  , AB = cm, BC = 10 cm a)Tính AC

b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu? Giải

Cách 1: Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC

ACD ABC (g.g) 

AC AD ABAC

AC AB AD =AB.(AB + BD)

  = AB(AB + BC)

= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm

Cách 2: Vẽ tia phân giác BE ABC  ABE ACB

AB AE BE AE + BE AC

= AC = AB(AB + CB)

AC ABCB AB + CBAB + CB = 8(8 + 10) = 144

 AC = 12 cm

b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1)

Vì b > anên b = a + b = a +

+ Nếu b = a + (a + 1)2= a2 + ac  2a + = ac  a(c – 2) = 1

 a = 1; b = 2; c = 3(loại) + Nếu b = a + a(c – 4) =

- Với a = c = (loại) - Với a = c = (loại) - với a = c = ; b = Vậy a = 4; b = 5; c =

Bài 6: Cho ABC cân A O trung điểm BC Một điểm O di động

AB, lấy điểm E AC cho

2 OB CE =

BD Chứng minh rằng a) DBO OCE b) DOE DBO OCE c) DO, EO phân giác góc BDE, CED

d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động AB Giải

a) Từ

2 OB CE =

BD 

CE OB =

OB BD B = C   (gt)  DBO OCE b) Từ câu a suy O = E  (1)

Vì B, O ,C thẳng hàng nên O + DOE EOC 180    (2) tam giác EOC E + C EOC 180    (3)

Từ (1), (2), (3) suy DOE B C   

DOE DBO có

DO OE =

DB OC (Do DBO OCE)

và

DO OE =

K F

E

D M

C B

A

I

K F

G

E M D

C

B

A N

c) Từ câu b suy D = D   DO phân giác góc BDE Củng từ câu b suy E = E  EO phân giác góc CED

c) Gọi OH, OI khoảng cách từ O đến DE, CE OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi  OI không đổi D di động AB

Bài 7: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường

thẳng song song với AM, cắt AB, AC E F

a) chứng minh DE + DF không đổi D di động BC b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE K Chứng minh K trung điểm FE

Giải

a) DE // AM 

DE BD BD

= DE = AM

AM BM  BM (1)

DF // AM 

DF CD CD CD

= DF = AM = AM

AM CM CM BM (2)

Từ (1) (2) suy

DE + DF =

BD CD

.AM + AM

BM BM =

BD CD BC

+ AM = AM = 2AM

BM BM BM

 

 

  không đổi

b) AK // BC suy FKA AMC (g.g) 

FK KA

=

AM CM (3)

EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA

= = =

ED BD  ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AMCM (2) (Vì CM = BM)

Từ (1) (2) suy

FK EK

AM AM  FK = EK hay K trung điểm FE

Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần

lượt I, M, N Vẽ CE vng góc với AB, CF vng góc với AD, BG vng góc với AC Gọi K điểm đối xứng với D qua I Chứng minh

a) IM IN = ID2 b)

KM DM

=

KN DN

c) AB AE + AD AF = AC2

Giải

a) Từ AD // CM 

IM CI =

ID AI (1) Từ CD // AN 

CI ID AIIN (2)

Từ (1) (2) suy IM

ID = ID

IN hay ID2 = IM IN

b) Ta có

DM CM DM CM DM CM

= = =

MN MB MN + DM MB + CM DN CB (3) Từ ID = IK ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN



IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM

= = = =

IM IK  IM IK  IM IK  KN IK 

KM IM CM CM

=

M K

H

G I

D C

B A

Từ (3) (4) suy

KM DM

=

KN DN

c) Ta có AGB AEC 

AE AC

= AB.AE = AC.AG

AG AB  AB AE = AG(AG+CG) (5)

CGB AFC 

AF CG CG =

AC CB AD(vì CB = AD)

 AF AD = AC CG  AF AD = (AG + CG) CG (6)

Cộng (5) (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG

 AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2

Vậy: AB AE + AD AF = AC2

Bài 9: Cho tam giác ABC có BC trung bình cộng AC AB; Gọi I giao

điểm phân giác, G trọng tâm tam giác Chứng minh: IG // BC Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC AH, IK, GD

Vì I giao điểm ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA IK Vì I nằm tam giác ABC nên:

SABC = SAIB + SBIC + SCIA  BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1)

Mà BC =

AB + CA

2  AB + CA = BC (2)

Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC  IK =

1

3AH (a) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên:

SBGC =

1

3 SABC  BC GD =

1

3 BC AH  GD =

1

3 AH (b)

Từ (a) (b) suy IK = GD hay k/ cách từ I, G đến BC nên IG // BC

Bài 10: Cho điểm M di động đáy nhỏ AB hình thang ABCD, Gọi O giao

điểm hai cạnh bên DA, CB Gọi G giao điểm OA CM, H giao điểm

của OB DM CMR: Khi M di động AB tổng

OG OH +

GD HC không đổi

Giải Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự I K Theo

định lí Talét ta có:

OG OI GD CD;

OH OK HCCD 

OG OH OI OK IK +

GD HC CD CD CD OG OH IK

+

GD HC CD

 

(1)

Qua M vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự P Q, ta có:

IK MP FO

CD MQ MQ khơng đổi FO khoảng cách từ O đến AB, MQ đường cao

hình thang nên khơng đổi (2) Từ (1) (2) suy

OG OH FO

+

Bài 11: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD Trên AB lấy điểm M,

AC lấy điểm N cho BM = CN, gọi giao điểm CM BN O, Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB E F

Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA Giải

AD phân giác nên BAD = DAF   EI // AD  BAD = AEF   (góc đồng vị)

Mà DAF OFC  (đồng vị); AFE = OFC   (đối đỉnh) Suy AEF AFE   AFE cân A  AE =AF (a)

Aùp dụng định lí Talét vào ACD , với I giao điểm EF với BC ta có CF CI CF CA

=

CA CD CI CD (1) AD phân giác BAC nên

CA BA CD BD (2)

Từ (1) (2) suy

CF BA

CI BD (3) Kẻ đường cao AG AFE BP // AG (P AD); CQ // AG (Q OI) BPD = CQI  = 900

Gọi trung điểm BC K, ta có BPK = CQK (g.c.g)  CQ = BP  BPD = CQI (g.c.g)  CI = BD (4)

Thay (4) vào (3) ta có

CF BA

BD BD  CF = BA (b) Từ (a) (b) suy BE = CA

Bài 12: Cho tam giác ABC vuông A, (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy

D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E M trung điểm BE

a) Chứng minh DBEC đồng dạng với DADC b) Tính số đo góc AHM

Bài 13: Cho tứ giác lồi ABCD Tìm tập hợp điểm O nằm tứ giác cho hai tứ

giác OBCD OBAD có diện tích (Không yêu cầu chứng minh phần đảo).

G

P O

K I

N

D

Q

C B

M A

B1 D1

hb

ho ha

B

C

A

D O

12

2 1

3

1

2

M

E

D H

B

A

C

a) Do DDEC ∽ DABC (Hai tam giác vng có C chung) (*)

DE EC AB BC

Þ =

Xét DBEC DADC Có C chung kết hợp (*) =>DBEC∽ DADC (g.c.g)

b

b) DBEC∽ DADC =>B1=A1, DAHD vuông cân H nên  45

A =

       

1 45 45 45 ( 2 90 )

A A B A B B A B

Þ + = Þ + = Þ = + + =

M trung điểm BE nên: AM = MB = ME Þ DBMA vng cân M Þ AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m);

Þ BH.BC = BE.BMÞ

BH BM

BE =BC Þ DBHM∽ DBEC∽ DADCÞ AHM =D =450

13

Giả sử O điểm nằm tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB D1, cắt AC B1 Nối OC, OB, AC, BD

kẻ đường cao ha, hb, hc hình vẽ

Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD=

1

.( ) 2BD hc+ho

SBODA = 1

1 1

1

( )

2

AB D D OB B OD a b c

S +S +S = B D h + +h h

1

( )

1 (1)

( )

c o

a o

BD h h B D h h

+

Û =

+

Vì B1D1//BD nên 1

(2)

( )

a

a o

h BD

B D = h +h Từ (1) (2)

c o

c o a a

h h

h h h h

+

Û = Û + =

Từ HS lập luận suy B1D1 qua trrung điểm cuả AC

Bài 14 Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E; F;G;H trung điểm

của cạnh AB, BC; CD; DA M giao điểm CE DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH hình vng

b Chứng minh DF CE  MAD cân c Tính diện tích  MDC theo a

N

M

G

F E

C B

H A

D

Chứng minh: EFGH hình thoi Chứng minh có góc vng Kết luận Tứ giác EFGH Hình vng

 

( )

BEC CFD c g c  ECB FDC

  mà CDF vuông C

  900   900

CDF DFC DFC ECB CMF

        vuông M Hay CE  DF

Gọi N giao điểm AG DF Chứng minh tương tự: AG  DF  GN//CM mà G trung điểm DC nên  N trung điểm DM Trong MAD có AN vừa đường cao vừa trung tuyến  MAD cân A

( ) CD CM

CMD FCD g g

FD FC

 

 

Do :

2

CMD

CMD FCD

FCD

S CD CD

S S

S FD FD

   

    

   



 



Mà :

2

1

2

FCD

S  CF CD CD

Vậy :

2

2

1

4 CMD

CD

S CD

FD

 

Trong DCF theo Pitago ta có :

2 2 2 2 5.

2 4

DF CD CF CD  BC CD  CD  CD

  .

Do :

2

2 2

2

1 1

5 4 5 5

4 MCD

CD

S CD CD a

CD

  



Bài 15: Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) Các đường cao AE, BF cắt H.

Gọi M trung điểm BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC I K

b Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự N D Chứng minh NC = ND HI = HK

c Gọi G giao điểm CH AB Chứng minh: AH

6

BH CH HE HF HG 

G

N

D

K

I

M H

F

E A

B C

Ta có AEC BFC (g-g) nên suy

CE CA CF CB

Xét ABC EFC có

CE CA

CF CBvà góc C chung nên suy ABC EFC ( c-g-c) Vì CN //IK nên HM CN  M trực tâm HNC

 MN CH mà CH  AD (H trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD Do M trung điểm BC nên  NC = ND IH = IK ( theo Ta let)

Ta có:

AHC ABH AHC ABH AHC ABH

CHE BHE CHE BHE BHC

S S S S S S

AH

HE S S S S S

 

   



Tương tự ta có

BHC BHA

AHC

S S

BH

BF S

 

BHC AHC

BHA

S S

CH

CG S

 

AH BH CH HE HF HG 

AHC ABH

BHC

S S

S



 BHC BHA

AHC

S S

S



 BHC AHC

BHA

S S

S



=

AHC ABH

BHC BHC

S S

S S 

BHC BHA

AHC AHC

S S

S S +

BHC AHC

BHA BHA

S S

S S 6 Dấu ‘=’ tam giác ABC đều, mà theo gt thì

AB < AC nên khơng xảy dấu

Bài 16: Cho hình vng ABCD Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vng góc

với AE, đường thẳng cắt CD F Gọi I trung điểm EF, AI cắt CD K Qua E kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt AI G

c Chứng minh AKF đồng dạng CAF

d Trên cạnh AB lấy điểm M cho BE = BM Tìm vị trí điểm E cạnh BC để diện tích DEM đạt giá trị lớn nhất?

M

G

K I

F D C B

A

E

ABE = ADF (cạnh góc vng, góc nhon) suy AE = AF

Tam giác AEF vuông cân suy AI EF (1) Tứ giác EGFK hình bình hành (hai đường chéo cắt trung điểm đường IEG = IFK) (2)

Từ (1) (2) suy EGFK hình thoi

Xét AKF CAF có chung góc F; Lại có tam giác EAF vng cân nên KAF 45  0=



ACE 45 suy hai tam giác đồng dạng

Gọi cạnh hình vng a Đặt BE = BM = x suy CE = a – x ; AM = a – x

DEM ABCD BME AMD DCE

S S  S  S  S = a2 12a a x(  ) 21a a x(  ) 21x2

=

2 2 2

1 1

( ) ( ) ( )

2 x ax 2 x a a  2a x a 2a

          

DEM

S đạt giá trị lớn 1

2a khi x –a = tức x = a nghĩa E trùng C

Bài 17: Trong tam giác ABC, điểm A, E, F tương ứng nằm cạnh BC,

CA, AB cho: AFE BFD, BDF CDE, CED AEF     

a) Chứng minh rằng: BDF BAC  .

b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = Tính độ dài đoạn BD

a) Đặt AFE BFD  , BDF CDE  , CED AEF  

Qua D, E, F kẻ đường thẳng vng góc với BC, AC, AB cắt O Suy O giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF

 OFD OED ODF 90     o(1)

Ta có OFD   OED   ODF   270o(2)

(1) & (2)       180o (**)

(*) & (**)  BAC  BDF . b) Chứng minh tương tự câu a) ta có:

B , C 

 AEF DBF DEC ABC 

BD BA 5BF 5BF 5BF

BD BD BD

BF BC 8 8

CD CA 7CE 7CE 7CE

CD CD CD

CE CB 8 8

AE AB 7AE 5AF 7(7 CE) 5(5 BF) 7CE 5BF 24 AF AC

   

    

   

   

   

       

   

   

     

   

 

   

   

CD BD

   (3) Ta lại có CD + BD = (4) (3) & (4)  BD = 2,5

Bài 18: Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E

1 Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB .

2 Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM

3 Tia AM cắt BC G Chứng minh:

GB HD

BC AH HC

1 + Hai tam giác ADC BEC có:

Góc C chung

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BEC ADC1350(vì tam giác AHD vng cân H theo giả thiết). Nên AEB 450 tam giác ABE vuông cân A Suy ra: BEAB 2m 2

Ta có:

1

2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC)

mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông cân H)

s

s

nên

1

2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)

Do BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 1350  AHM 450 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM cịn phân giác góc BAC

Suy ra:

GB AB

GC AC , mà    // 

AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC

Do đó:

GB HD GB HD GB HD

GC HC  GB GC HD HC  BC AH HC

Bài 19: Cho hình vng ABCD cạnh a Điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc

cạnh AD cho CE = AF Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự M N

a.Chứng minh rằng: DN.CM = a2

b Gọi K giao điểm NA MB Chưng minh MKN = 900

c Các điểm E, F có vị trí MN có độ dài nhỏ nhất? Khi tính diện tích tam giác KMN theo a?

a

K

A B

F E N D C M

Từ gt ⇒ AB // MN nên ta có: CM

BA = CE BE=

AF FD=

BA

DN ⇒ CM.DN = AB2 = a2.

b

Theo chứng minh trên:

CM BA =

BA

DN Nên CM

CB= AB

DN ( BA = CB)

Và ADN = MCB ( = 900) ⇒Δ ADN đồng dạng với Δ MCB

⇒ MBC = AND

Mà MBC + BMC = 900

⇒ AND + MBC = 900

Vậy MKN = 900

c Vì MN = ND + CD + CM

Nên MN nhỏ ⇔ ND + CM nhỏ (Vì DC khơng đổi)

ND + CM ¿2√CM ND=2a

Dấu “ =” sảy CM = DN = a

⇔ DF CE đường trung bình tam giác NBC tam giác MAD Hay

E,F trung điểm BC AD

Vậy MN đạt GTNN 3a E,F trung điểm BC AD Khí SKMN = SKAB + SNAD + SCBM + SABCD = SKAB + 2SABCD

Lại tam giác KAB vng cân K nên đường cao ứng với cạnh AB có độ dài

1

2AB=

1

2a ⇒SKAB=

1

4a

2

Và SABCD = a2 Vậy SKMN =

4a

2

+2a2=9

4 a

2

Bài 20:

1) Gọi H hình chiếu đỉnh B đường chéo AC hình chữ nhật ABCD, M K theo thứ tự trung điểm AH CD Tính số đo góc BMK

2) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, đoạn BH lấy điểm M trên đoạn

CH lấy điểm N cho CMR AM = AN

Lời giải

1) Từ hình vẽ ( xác ) ta dự đốn góc AIJ = 900.Dựa vào yếu tố trung

điểm mà đề cho mà vẽ thêm hình tạo liên kết I J Cách : ( hình 1,2) Vẽ hình phụ khai thác yếu tố trung điểm

H×nh H×nh

O

P P

J

I H

J

I H

B

C D

A B

C D

A

Tóm tắt lời giải cho hình Gọi P trung điểm AH => PI đường trung bỡnh tam giỏc AHD => PI//AD mà AD AB hì IP  AB P trực tâm ABI Từ tứ giác BPIJ h.b.h , BP // IJ mà BP  AI nên JI  AI 1) Gọi P,Q chân đường cao kẻ từ B C

Tam giác vng AMC có đường cao MP => AM2=AP.AC

Tam giác vng ANB có đường cao NQ => AN2=AQ.AB

J

I H

A

D C