Dạng 1. Phiếu tự luyện số 1 có đáp án

a) $\Delta DAE=\Delta BAF\left(c-g-c\right)$

$\Rightarrow \widehat{DAE}=\widehat{BAF}$ và AE = AF.

Mà $\widehat{EAD}+\widehat{EAB}={90}^0$ 

$\Rightarrow \widehat{EAB}+\widehat{BAF}={90}^0$ 

$\Rightarrow \Delta AEF$ vuông cân tại A.

b) Chứng minh IA = IE = FI       (1) 

Chứng minh IE = IC = FI            (2)

Từ (1), (2) suy ra IA = IC nên C thuộc trung trực của AC hay $I\in BD.$

c) Chứng minh AFKE là hình bình hành, mà FE = AK = 2.AI và $AE\perp AF.$ Vậy AFKE là hình vuông.

a) Do AC là phân giác của góc $\widehat{DCB}$ nên AE = FA.

b) Có $\widehat{B}={60}^0$ nên $\Delta ABC$ và $\Delta ADC$là các tam giác đều $\Rightarrow \widehat{EAC}=\widehat{FAC}={30}^0$

Vậy $\Delta AFE$ cân và có $\widehat{FAE}={60}^0$ nên $\Delta AFE$ đều.

c) $\Delta ABC$ và $\Delta ADC$ là các tam giác đều có AE, AF là đường cao tương ứng của 2 tam giác nên cũng là đường trung tuyến. Do đó E, F lần lượt là trung điểm của DC, BC. 

=> EF là đường trung bình của $\Delta DCB\Rightarrow AE=AB=EF=\frac{1}{2}BD=8cm.$Vậy chu vi $\Delta FAE$ là 24cm

a) Chứng minh AHCE là hình bình hành; $\widehat{AHC}={90}^0$

=> AHCE là hình chữ nhật.

b) Chứng minh G, K lần lượt là trọng tâm của $\Delta AHC,\Delta AFC$ và sử dụng tính chất 2 đường chéo của hình chữ nhật.

c) INMH là hình bình hành vì IN // HM và IN // HM.

a) Chứng minh $\Delta MPB=\Delta QPA\left(g-c-g\right)$ => $PM=PQ$; PB = PA và $AM\perp AC$ nên AMBQ là hình chữ nhật.

c) Sử dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông để chứng minh $PI=PQ=\frac{1}{2}AB.$ 

a) Do AM = DN => MADN là hình bình hành.

=> $\widehat{D}=\widehat{AMN}=\widehat{EMB}=\widehat{MBC}$.

Ta có $\Delta MPE=\Delta BPE$ nên EP = FP mà $EF\perp MB$. Vậy MEBFlà hình thoi và 2 điểm E, F đối xứng nhau qua AB

b) Tứ giác MEBF có $MB\cap FE=P.$ Lại có P là trung điểm BM, P là trung điểm EF ; $MB\perp EF$ => MEBF là hình thoi.

c) Để BNCE là hình thang cân thì $\widehat{CNE}=\widehat{BEN}$. Mà $\widehat{CNE}=\widehat{D}=\widehat{MBC}=\widehat{EMB}=\widehat{EBM}$ nên $\Delta MEB$ có 3 góc bằng nhau, suy ra điều kiện để BNCE là hình thang cân thì $\widehat{ABC}={60}^0.$

a) $\widehat{DBH}+\widehat{HBC}+\widehat{CBA}+\widehat{ABD}={360}^0.$

Mà d => đpcm.

c) Gọi $\left\{O\right\}=DH\cap BN.$ 

=> O là trung điểm của DH và BN.

Ta có: $\Delta ABC=\Delta NHB$ => OH = BM (2 trung tuyến tương ứng).

Mà DH = 2OH => ĐPCM.

d) Vì $\Delta BHO=\Delta CBM\left(c-c-c\right)$ nên $\widehat{BHO}=\widehat{MBC}$

Gọi $I=BM\cap HD$

$$\begin{gathered} \widehat{IBM}={180}^0=\widehat{IBH}+\widehat{HBC}+\widehat{CBM} \\ =\widehat{IBH}+{90}^0+\widehat{CBM} \\ \Rightarrow \widehat{IBH}+\widehat{CBM}={90}^0 \\ \Rightarrow \widehat{IBH}+\widehat{BHO}={90}^0 \\ \Rightarrow \widehat{BIH}={90}^0 \end{gathered}$$

Suy ra $BM\perp DH.$

a) Tứ giác OFDG có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.

Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên $\Delta AOD$ và $\Delta COD$ có O là giao điểm hai đường chéo của hình vuông cân tại O. Mặt khác $OF\perp AD,OG\perp CD$ nên F, G lần lượt là trung điểm của AD, DC. Suy ra DF = DG. Do đó, Tứ giác OFDG là hình vuông.

b) Vì OFDG là hình vuông nên FG = OD và $FG\perp OD$.

Mà OD = OB và D, O, B thẳng hàng => OB = FG và $OB\perp FG;$ 

c) Chứng minh được $\Delta ADC$ có DO, CF, AG là 3 trung tuyến

Vậy các đường thẳng BO, AG, CF đồng quy.