Bài 12: Hình vuông

Xét tứ giác AMDN, ta có: $\angle$(MAN) = ${90}^0$ (gt)

DM ⊥ AB (gt)

⇒$\angle$(AMD) = ${90}^0$

DN ⊥ AC (gt) ⇒$\angle$(AND) = ${90}^0$

Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật

(vì có ba góc vuông), có đường chéo AD là đường phân giác của A

Vậy hình chữ nhật AMDN là hình vuông

Ta có: AB = BC = CD = DA (gt)

AE = BK = CP = DQ (gt)

Suy ra: EB = KC = PD = QA

* Xét ΔAEQ và ΔBKE,ta có:

AE = BK (gt)

$\angle$(EAQ) = $\angle$(KBE) = ${90}^0$

QA = EB (chứng minh trên)

Suy ra: $△$AEQ = $△$BKE (c.g.c) ⇒ EQ = EK (1)

* Xét $△$BKEvà $△$CPK,ta có: BK = CP (gt)

             $\angle$(KBE) = $\angle$(PCK) = ${90}^0$

             EB = KC ( chứng minh trên)

Suy ra: $△$BKE = $△$CPK (c.g.c) ⇒ EK = KP (2)

* Xét $△$CPK và $△$DQP,ta có: CP = DQ (gt)

             $\angle$C = $\angle$D = ${90}^0$

             DP = CK ( chứng minh trên)

Suy ra: $△$CPK = $△$DQP (c.g.c) ⇒ KP = PQ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: EK = KP = PQ = EQ

Hay tứ giác EKPQ là hình thoi.

Mặt khác: $△$AEQ = $△$BKE

⇒ $\angle$(AQE) = $\angle$(BEK)

Mà $\angle$(AQE) + $\angle$(AEQ) = ${90}^0$

⇒ $\angle$(BEK) + $\angle$(AEQ) = ${90}^0$

Ta có: $\angle$(BEK) + $\angle$(QEK) + $\angle$(AEQ ) = ${180}^0$

Suy ra: $\angle$(QEK ) = ${180}^0$ -( $\angle$(BEK ) + $\angle$(AEQ) )= ${180}^0$ - ${90}^0$ = ${90}^0$

Vậy tứ giác EKPQ là hình vuông.

Ta có: IK // AC (gt) hay IK // AH

Lại có: IH // AB (gt) hay IH // AK

Vậy tứ giác AHIK là hình bình hàn

Hình bình hành AHIK là hình thoi nên đường chéo AI là phân giác của $\angle$(BAC)

Ngược lại nếu AI là phân giác của $\angle$(BAC) thì hình bình hành AHIK có đường chéo AI là phân giác của một góc nên hình bình hành AHIK là hình thoi.

Vậy nếu I là giao điểm của đường phân giác của $\angle$A với cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi.

Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

⇒ $\angle$A = ${90}^0$ suy ra $∆$ABC vuông tại A. Ngược lại ΔABC có $\angle$A = ${90}^0$

Suy ra hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

Vậy nếu $∆$ABC vuông tại A thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.

* Xét tứ giác APQD, ta có: AB // CD (gt) hay AP // QD

       AP = 1/2 .AB (gt)

       QD = 1/2 CD (gt)

       AB= CD (vì ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra: AP = QD

Hay tứ giác APQD là hình bình hành.

Lại có: $\angle$A = ${90}^0$ (vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra tứ giác APQD là hình chữ nhật.

Mà AD = AP = 1/2 AB

Vậy tứ giác APQD là hình vuông.

⇒ AQ ⊥ PD (t/chất hình vuông) ⇒ $\angle$(PHQ) = ${90}^0$ (1)

HP = HQ (t/chất hình vuông)

* Xét tứ giác PBCQ, ta có: AB // CD hay BP //CQ

            PB = 1/2 AB (gt)

            CQ = 1/2 CD (gt)

            AB = CD do ABCD là hình chữ nhật

Suy ra: PB = CQ nên tứ giác PBCQ là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

Lại có: $\angle$B = ${90}^0$ (vì ABCD là hình chữ nhật) suy ra tứ giác PBCQ là hình chữ nhật

PB = BC ( vì cùng bằng AD = 1/2 AB)

Vậy tứ giác PBCQ là hình vuông

⇒ PC ⊥ BQ (t/chất hình vuông) ⇒ $\angle$(PKQ) = ${90}^0$ (2)

PD là tia phân giác $\angle$(APQ) ( t/chất hình vuông)

PC là tia phân giác $\angle$(QPB) (t/chất hình vuông)

Suy ra: PD ⊥ PC (t/chất tia phân giác của hai góc kề bù) ⇒ $\angle$(HPK) = ${90}^0$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác PHQK là hình vuông.

Vì ΔABC vuông cân tại A nên $\angle$B = $\angle$C = ${45}^0$

Vì ΔBHE vuông tại H có $\angle$B = ${45}^0$ nên ΔBHE vuông cân tại H.

Suy ra HB = HE

Vì ΔCGF vuông tại G, có $\angle$C = ${45}^0$ nên ΔCGF vuông cân tại G

Suy ra GC = GF

Ta có: BH = HG = GC (gt)

Suy ra: HE = HG = GF

Vì EH // GF (hai đường thẳng cũng vuông góc với đường thắng thứ ba) nên tứ giác HEFG là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song bằng nhau);

Lại có $\angle$(EHG) = ${90}^0$ nên HEFG là hình chữ nhật.

Mà EH = HG (chứng minh trên).

Vậy HEFG là hình vuông.

Xét $∆$ABF và $∆$DAE,ta có: AB = DA (gt)

$\angle$(BAF) = $\angle$(ADE) = ${90}^0$

AF = DE (gt)

Suy ra: ΔABF = ΔDAE (c.g.c)

⇒ BF = AE và $\angle$$B_1$= $\angle$$A_1$

Gọi H là giao điểm của AE và BF.

Ta có: $\angle$(BAF) = $\angle$$A_1$+ $\angle$$A_2$ = ${90}^0$

Suy ra: $\angle$$B_1$+ $\angle$$A_2$ = ${90}^0$

Trong ΔABH,ta có: $\angle$(AHB) + $\angle$$B_1$+ $\angle$$A_2$ = ${180}^0$

⇒ ($\angle$(AHB) ) = ${180}^0$ – ($\angle$$B_1$+ $\angle$$A_2$ ) = ${180}^0$ – ${90}^0$ = ${90}^0$

Vậy AE ⊥ BF

Gọi giao điểm các đường phân giác của các góc: A, B, C, D theo thứ tự cắt nhau tại E, H, F, G.

* Trong $∆$ADG , ta có:

$\angle$(GAD) = ${45}^0$; $\angle$(GDA) = ${45}^0$ (gt)

Suy ra: $\angle$(AGD) = ${180}^0$ - $\angle$(GAD) - $\angle$(GDA) = ${90}^0$

⇒ $∆$GAD vuông cân tại G.

⇒ GD = GA

Trong $∆$BHC, ta có:

$\angle$(HBC) = ${45}^0$; $\angle$(HCB) = ${45}^0$ (gt)

Suy ra: $\angle$(BHC) = ${180}^0$ - $\angle$(HBC) - $\angle$(HCB) = ${90}^0$

⇒ $∆$HBC vuông cân tại H.

⇒ HB = HC

* Trong ΔFDC, ta có: $\angle$$D_1$ = ${45}^0$; $\angle$$C_1$= ${45}^0$ (gt)

Suy ra: $\angle$F = ${180}^0$ - D1 - C1 = ${90}^0$

⇒ $∆$FDC vuông cân tại F ⇒ FD = FC

Nên tứ giác EFGH là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông).

Xét $∆$GAD và $∆$HBC,ta có: $\angle$(GAD) = $\angle$(HBC) = ${45}^0$

AD = BC (tính chất hình chữ nhật)

$\angle$(GDA) = $\angle$(HCB) = ${45}^0$

Suy ra: $∆$GAD = $∆$HBC ( g.c.g)

Do đó, GD = HC .

Lại có: FD = FC (chứng minh trên)

Suy ra: FG = FH

Vậy hình chữ nhật EFGH có hai cạnh kề bằng nhau nên nó là hình vuông.

* Xét hai tam giác vuông DAF và HAF, ta có:

$\angle$(ADF) = $\angle$(AHF) = ${90}^0$

$\angle$$A_1$= $\angle$$A_2$(vì AF là tia phân giác của góc DAH)

AF cạnh huyền chung

Suy ra: $∆$DAF = $∆$HAF (cạnh huyền, góc nhọn)

⇒ DA = HA

Mà DA = AB (gt)

Suy ra: HA = AB

* Xét hai tam giác vuông HAG và, BAG, ta có:

$\angle$(AHG) = $\angle$(ABG) = ${90}^0$

HA = AB (chứng minh trên)

AG cạnh huyền chung

Suy ra: $∆$HAG = $∆$BAG (cạnh huyền, cạnh góc vuông)

⇒ $\angle$$A_3$ = $\angle$$A_4$ hay AG là tia phân giác của $\angle$(EAB)

Vậy (FAG) = $\angle$$A_2$+ $\angle$$A_3$ = 1/2 ($\angle$(DAE) + $\angle$(EAB) ) = 1/2 .${90}^0$ = ${45}^0$

* Xét $∆$CAB và $∆$EMB, ta có:

CA = EM (gt)

$\angle$(ACB) = $\angle$(MEB) = ${90}^0$

CB = EB (tính chất hình vuông)

Suy ra: $∆$CAB = $∆$EMB (c.g.c)

⇒ AB = MB (1)

Ta có: AK = DK+ DA

CD = CA + AD

Mà CA = DK nên AK = CD

* Xét $∆$CAB và $∆$KIA, ta có:

CA = KI (vì cùng bằng DK)

$\angle$C = $\angle$K = ${90}^0$

CB = AK (vì cùng bằng CD)

Suy ra: $∆$CAB = $∆$KIA (c.g.c)

⇒ AB = AI (2)

Ta có: DH = DK (vì KDHI là hình vuông)

Và EM = DK (gt)

Suy ra: DH = EM

⇒ DH + HE = HE + EM

Hay DE = HM

* Xét $∆$HIM và $∆$EMB, ta có: HI = EM (vì cũng bằng DK)

$\angle$H = $\angle$E = ${90}^0$

HM = EB (vì cùng bằng DE)

Suy ra: $∆$HIM = $∆$EMB (c.g.c)

⇒ IM = MB (3)

Từ (1) , (2) và (3) suy ra: AB = BM = AI = IM

Tứ giác ABMI là hình thoi.

Mặt khác, ta có $∆$ACB = $∆$MEB (chứng minh trên)

⇒ $\angle$(CBA) = $\angle$(EBM)

Mà $\angle$(CBA) + $\angle$(ABE) = $\angle$(CBE) = ${90}^0$

Suy ra: $\angle$(EBM) + $\angle$(ABE) = ${90}^0$ hay $\angle$(ABM) = ${90}^0$

Vậy tứ giác ABMI là hình vuông.

Ta có: $\angle$(BAH) = $\angle$(BAC) + $\angle$(CAH) = $\angle$(BAC) + ${90}^0$

$\angle$(EAC) = $\angle$(BAC) + $\angle$(BAE) = $\angle$(BAC) + ${90}^0$

Suy ra: $\angle$(BAH) = $\angle$(EAC)

* Xét $∆$BAH và $∆$EAC , ta có:

BA = EA (vì ABDE là hình vuông)

$\angle$(BAH) = $\angle$(EAC) (chứng minh trên)

AH = AC (vì ACFH là hình vuông)

Suy ra: $∆$BAH = $∆$EAC (c.g.c) ⇒ BH = EC

Gọi K và O lần lượt là giao điểm của EC với AB và BH.

Ta có: $\angle$(AEC) = $\angle$(ABH) (vì $∆$BAH = $∆$EAC) (1)

Hay $\angle$(AEK) = $\angle$(OBK)

* Trong $∆$AEK, ta có: $\angle$(EAK) = ${90}^0$

⇒ $\angle$(AEK) + $\angle$(AKE) = ${90}^0$ (2)

Mà $\angle$(AKE) = $\angle$(OKB) (đối đỉnh) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

$\angle$(OKB) + $\angle$(OBK) = ${90}^0$

* Trong Δ BOK ta có:

$\angle$(BOK) + $\angle$(OKB) + $\angle$(OBK) = ${180}^0$

⇒ $\angle$(BOK) = ${180}^0$ – ($\angle$(OKB) + $\angle$(OBK) ) = ${180}^0$ – ${90}^0$ = ${90}^0$

Suy ra: EC ⊥ BH

* Trong $∆$EBC , ta có: M là trung điểm EB (tính chất hình vuông)

I trung điểm BC (gt)

Nên MI là đường trung bình của ΔEBC

⇒ MI = 1/2 EC và MI // EC (tính chất đường trung bình của tam giác).

Trong $∆$BCH, ta có: I trung điểm BC (gt)

N trung điểm của CH (tính chất hình vuông)

Nên NI là đường trung bình của $∆$BCH

⇒ NI = 1/2 BH và NI // BH (tính chất đường trung bình của tam giác)

Mà BH = CE (chứng minh trên)

Suy ra: MI = NI nên $∆$INM cân tại I

MI // EC (chứng minh trên)

EC ⊥ BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ BH. Mà NI // BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ NI hay $\angle$(MIN) = ${90}^0$

Vậy $∆$MIN vuông cân tại I.

Xét $∆$BEC và $∆$CFD , ta có: BE = CF (gt)

$\angle$B = $\angle$C = ${90}^0$

BC = CD (gt)

Suy ra: $∆$BEC = $∆$CFD (c.g.c) ⇒ ∠C1 = ∠D1

Lại có: $\angle$$C_1$ + $\angle$$C_2$ = ${90}^0$

Suy ra: $\angle$$D_1$ + $\angle$$C_2$ = ${90}^0$

Trong ΔDCM có $\angle$$D_1$ + $\angle$$C_2$ = ${90}^0$

Suy ra: $\angle$(DMC) = ${90}^0$

Vậy CE ⊥ DF

Gọi K là trung điểm của DC, AK cắt DF tại N.

* Xét tứ giác AKCE, ta có: AB // CD hay AE // CK

AE = 1/2 AB (gt)

CK = 1/2 CD (theo cách vẽ)

AB = CD ( Vì ABCD là hình vuông)

Suy ra: AE = CK nên tứ giác AKCE là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) ⇒ AK// CE

DF ⊥ CE (chứng minh trên) ⇒ AK ⊥ DF hay AN ⊥ DM

* Trong $∆$DMC, ta có: DK = KC và KN // CM

Nên DN = MN (tính chất đường trung bình của tam giác)

Tam giác ADM có AN là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

Suy ra: $∆$ADM cân tại A

Vậy AD = AM.

Xét $∆$EDC và $∆$FDA, tacó: $\angle$(EDC) = $\angle$(FDA) = ${15}^0$

DC = AD (gt)

$\angle$(ECD) = $\angle$(FAD) = ${15}^0$

Suy ra: $∆$EDC = $∆$FDA (g.c.g)

⇒ DE = DF

⇒ $∆$DEF cân tại D

Lại có: $\angle$(ADC) = $\angle$(FDA) + $\angle$(FDE) + $\angle$(EDC)

⇒ $\angle$(FDE) = $\angle$(ADC) -($\angle$(FDA) + $\angle$(EDC) )= ${90}^0$ - (${15}^0$ + ${15}^0$) = ${60}^0$

Vậy $∆$DEF đều.

Xét $∆$ADE và $∆$BCE , ta có:

ED = EC (vì AEDC cân tại E)

$\angle$(ADE) = $\angle$(BCE) = ${75}^0$

AD = BC (gt)

Suy ra: $∆$ADE = $∆$BCE (c.g.c)

⇒ AE = BE (1)

* Trong $∆$ADE, ta có:

$\angle$(AFD) = ${180}^0$ – ($\angle$(FAD) + $\angle$(FDA) ) = ${180}^0$ – (${15}^0$ + ${15}^0$) = ${150}^0$

$\angle$(AFD) + $\angle$(DFE) + $\angle$(AFE) = ${360}^0$

⇒ $\angle$(AFE) = ${360}^0$ - ($\angle$(AFD) + $\angle$(DFE) ) = ${360}^0$ – (${150}^0$ + ${60}^0$) = ${150}^0$

* Xét $∆$AFD và $∆$AFE, ta có: AF cạnh chung

$\angle$(AFD) = $\angle$(AFE) = ${150}^0$

DE = EF (vì $∆$DFE đều)

Suy ra: $∆$AFD = $∆$AFE (c.g.c) ⇒ AE = AD

Mà AD = AB (gt)

Suy ra: AE = AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AE = AB = BE

Vậy $∆$AEB đều.

Chọn C. $\sqrt{8}$ Đúng

Cạnh hình vuông = 8:4=2

Đường chéo = 

Ta có: $\angle$(AOB) và $\angle$(COD) đối đỉnh nên E, O, G thẳng hàng

$\angle$(BOC) và $\angle$(AOD) đối đỉnh nên F, O, H thẳng hàng

Xét $∆$BEO và $∆$BFO:

$\angle$(EBO) = $\angle$(FBO) (tính chất hình thoi)

OB cạnh chung

$\angle$(EOB) = $\angle$(FOB) = ${45}^0$ (gt)

Do đó: $∆$BEO = $∆$BFO (g.c.g)

⇒ OE = OF (1)

Xét $∆$BEO và $∆$DGO:

$\angle$(EBO) = $\angle$(GDO) (so le trong)

OB = OD(tính chất hình thoi)

$\angle$(EOB) = $\angle$(GOD) (đối đỉnh)

Do đó: $∆$BEO = $∆$DGO (g.c.g)

⇒ OE = OG (2)

Xét $∆$AEO và $∆$AHO:

$\angle$(EAO) = $\angle$(HAO) (tính chất hình thoi)

OA cạnh chung

$\angle$(EOA) = $\angle$(HOA) = ${45}^0$ (gt)

Do đó: $∆$AEO = $∆$AHO (g.c.g)

⇒ OE = OH (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: OE = OF = OG = OH hay EG = FH

nên tứ giác EFGH là hình chữ nhật (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và bằng nhau)

OE ⊥ OF (tính chất tia phân giác của hai góc kề bù)

hay EG ⊥ FH

Vậy hình chữ nhật EFGH là hình vuông.

Xét $∆$ADE và $∆$DCF:

AD = DC (gt)

$\angle$A = $\angle$D = $90°$

DE = CF (gt)

Do đó: $∆$ADE = $∆$DCF (c.g.c)

⇒ AE = DF

$\angle$(EAD) = $\angle$(FDC)

$\angle$(EAD) + $\angle$(DEA) = $90°$ (vì ΔADE vuông tại A)

⇒$\angle$(FDC) + $\angle$(DEA) = $90°$

Gọi I là giao điểm của AE và DF.

Suy ra: $\angle$(IDE) + $\angle$(DEI) = $90°$

Trong $∆$DEI ta có: $\angle$(DIE) = $180°$ – ($\angle$(IDE) + $\angle$(DEI) ) = $180°$ – $90°$ = $90°$

Suy ra: AE ⊥ DF