Bài tập tự luận: Tứ giác SVIP

Hướng dẫn giải:

a) Ta có $\widehat{{{O}_{1}}}+\widehat{{{O}_{3}}}={{90}^{\circ}}$ và $\widehat{{{O}_{2}}}+\widehat{{{O}_{3}}}={{90}^{\circ}}$ suy ra $\widehat{{{O}_{1}}}=\widehat{{{O}_{2}}}$.

Mặt khác $\widehat{{{A}_{1}}}=\widehat{{{B}_{1}}}={{45}^{\circ}}$.

Xét $\Delta AOP$ và $\Delta BOR$ có

    $OA=OB$ ( giả thiết)

    $\widehat{A_1}=\widehat{B_1}=45^\circ$

    $\widehat{O_1}=\widehat{O_2}$ (chứng minh trên)

Suy ra $\Delta AOP=\Delta BOR$ (g.c.g)

b) Từ $\Delta AOP=\Delta BOR$ suy ra $OP=OR$ (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự cho $\Delta OBR=\Delta OCQ$ và $\Delta OCQ=\Delta ODS$

Suy ra $OR=OQ$ và $OQ=OS$.

Khi đó $OP=OR=OS=OQ.$

c) Tứ giác $PRQS$ là hình thoi vì có bốn cạnh bằng nhau.

Mà $\Delta OPR$ có $OP=OR$ và $\widehat{POR}={{90}^{\circ}}$ nên $\Delta OPR$ là tam giác vuông cân tại $O$

Suy ra $\widehat{{{P}_{1}}}={{45}^{\circ}}$.

Tương tự $\widehat{{{P}_{2}}}={{45}^{\circ}}$ nên $\widehat{RPS}=\widehat{{{P}_{1}}}+\widehat{{{P}_{2}}}={{90}^{\circ}}$.

Hình thoi $PRQS$ có $\widehat{RPS}={{90}^{\circ}}$ nên nó là hình vuông.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có $AD=BC$ suy ra $\dfrac{AD}{2}=\dfrac{BC}{2}$ nên $MC=ND$ và $MC$ // $ND$

Do đó, $MCDN$ là hình bình hành.

Lại có $CD=AB=\dfrac{AD}{2}=ND$ nên $MCDN$ là hình thoi

b) $BM$ // $AD$ suy ra $ABMD$ là hình thang.

Mà $\widehat{ADC}={{120}^{\circ}}$ mà $DM$ là phân giác $\widehat{ADC}$ nên $\widehat{ADM}={{60}^{\circ}}=\widehat{BAD}$.

Vậy $ABMD$ là hình thang cân.

c) $\Delta KAD$ có $\widehat{KAD}=\widehat{KDA}$ nên là tam giác cân.

Xét $\Delta MBK$ và $\Delta MCD$ có:

     $MB=MC$ (giả thiết)

     $\widehat{{{M}_{1}}}=\widehat{{{M}_{2}}}$ (đối đỉnh)

     $\widehat{{{B}_{1}}}=\widehat{C}$ (so le trong)

Vậy $\Delta MBK=\Delta MCD$ (g.c.g) suy ra $MK=MD$ (hai cạnh tương ứng).

Khi đó $AM$ là đường trung tuyến và $BK=CD$ (hai cạnh tương ứng)

Mà $CD=AB$ suy ra $AB=BK$ hay $DB$ là đường trung tuyến.

Khi đó, $\Delta KAD$ có ba đường trung tuyến $AM, \, BD, \, KN$ đồng quy.

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo $AC, \, BD$ cắt nhau tại trung điểm $N$ của mỗi đường nên là hình bình hành.

b) Ta có $AP\bot BC$; $AQ$ // $BC$ suy ra $AP\bot AQ$.

Tứ giác $APCQ$ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo $AC, \, PQ$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, mà $NA=NC$ nên $N$ là trung điểm của $PQ$.

Suy ra $P, \, N, \, Q$ thẳng hàng.

c) Để tứ giác $ABCD$ là hình vuông thì ta cần $AB\bot BC, \, AB=BC$ hay $\Delta ABC$ vuông cân tại $B.$

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác $ADME$ có $\widehat{DAE}=\widehat{D}=\widehat{E}={{90}^{\circ}}$ nên $ADME$ là hình chữ nhật.

b) Vì $DM\bot AB$ và $AC\bot AB$ nên $DM$ // $AC$ suy ra $\widehat{C}=\widehat{BMD}$ (so le trong).

Xét $\Delta DMB$ và $\Delta ECM$ có:

     $\widehat{D}=\widehat{E}={{90}^{\circ}}$

     $BM=CM$ (giả thiết)

     $\widehat{DMB}=\widehat{C}$ (so le trong)

Vậy $\Delta DMB=\Delta ECM$ (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra $ME=BD$ (hai cạnh tương ứng) mà $ME=AD$ nên $AD=BD$.

Tứ giác $AMBI$ có hai đường chéo $AB, \, MI$ cắt nhau tại $D$ là trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

Mà $MI\bot AB$ suy ra $AMBI$ là hình thoi.

c) Để $AMBI$ là hình vuông thì $AM\bot BM$ hay $AM$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên $\Delta ABC$ vuông cân tại $A.$

d) Giả sử $AM$ cắt $PQ$ tại $F$ và $PQ$ cắt $AH$ tại $O$.

Khi đó $\Delta OAQ$ có $OA=OQ$ nên $\Delta OAQ$ cân tại $O$ suy ra $\widehat{{{Q}_{1}}}=\widehat{OAQ}$

$\Delta AMC$ cân tại $M$ suy ra $\widehat{{{A}_{1}}}=\widehat{C\,}$

Do đó, $\widehat{{{A}_{1}}}+\widehat{{{Q}_{1}}}=\widehat{C}+\widehat{OAQ}={{90}^{\circ}}$

Suy ra $\Delta FAQ$ vuông tại $F$ hay $AM\bot PQ.$

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác $AEDF$ có $\widehat{EAF}=\widehat{AED}=\widehat{AFD}={{90}^{\circ}}$ nên là hình chữ nhật.

$\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ có $AM$ là trung tuyến nên $AM$ cũng là đường phân giác $\widehat{EAF}$.

Hình chữ nhật $AEDF$ có đường chéo $AD$ là tia phân giác $\widehat{EAF}$ nên là hình vuông.

b) $\Delta AEF$ vuông tại $A$ có $AE=AF$ nên vuông cân tại $A$

Suy ra $\widehat{{{F}_{1}}}={{45}^{\circ}}=\widehat{C}$ mà $\widehat{{{F}_{1}}}, \, \widehat{C}$ đồng vị nên $EF$ // $BC.$

c) Gọi $O$ là giao của $AD$ với $EF$ suy ra $OE=OD=OF=OA$

$\Delta ENF$ vuông tại $N$ có $NO$ là đường trung tuyến nên $NO=EO=FO$

$\Delta AND$ có $NO$ là đường trung tuyến mà $NO=\dfrac{AD}{2}$ suy ra $\Delta AND$ vuông tại $N.$