Dạng 7: Bài tập tự luyện (Phiếu số 2)

b) Dựa vào tính chất đường trung bình ta chứng minh:

$\left\{\begin{array}{l}EF=HG\left(=\frac{1}{2}AC\right)\\ EF\text{// }HG\left(\text{//}AC\right)\end{array}\right.$=> Tứ giác EFGH là hình bình hành.(*)

Dễ có

$\left\{\begin{array}{l}AC\perp BD\\ AC\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}EF\end{array}\right.\Rightarrow EF\perp BD$ mà BD // EH nên $EF\perp EH$ suy ra $\widehat{FEH}={90}^o$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra Tứ giác EFGH là hình chữ nhật (DHNB).

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

a) Chứng minh $\widehat{DAE}={180}^o$ 

b) Chứng minh $\widehat{AIM}=\widehat{AKM}=\widehat{IAK}={90}^o$ 

c) Chứng minh $\Delta DME$ có $\widehat{EDM}=\widehat{DEM}={45}^o$ 

a) $\widehat{FHA}=\widehat{HAK}=\widehat{AKF}={90}^o$ suy ra AHFK là hình chữ nhật.

b) Gọi $\text{{}O\text{}}=AC\cap BD$ 

Chứng minh OE là đường trung bình của tam giác ACF => $AF\text{\hspace{0.17em}// }OE\Rightarrow AF\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}BD.$ 

c) Gọi I là giao điểm của AF và HK

Chứng minh $\widehat{H_1}=\widehat{A_1}\left(=\widehat{A_2}=\widehat{B_1}\right)$ Suy ra KH // AC mà KH đi qua trung điểm I của AF nên sẽ đi qua trung điểm của FC.

Mà E là trung điểm của FC => K, H, E thẳng hàng.

Dễ có dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác ta chứng minh IMNK là hình chữ nhật => IN = KM.

a) Dựa vào tính chất đường trung bình ta có $\left\{\begin{array}{l}IH\text{\hspace{0.17em}// }AB\\ IH=\frac{1}{2}AB\end{array}\right.;\left\{\begin{array}{l}CM\text{// }AB\\ CM=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}IH\text{// CM}\\ IH=CM\end{array}\right.\Rightarrow IMCH$ là hình bình hành (dhnb)

b) Dễ có H là trực tâm của tam giác $\Delta IBC$ nên $CH\perp IB$ 

Theo câu a) ta có CH // IM suy ra $IM\perp IB\Rightarrow \widehat{BIM}={90}^o$

a) Dựa vào tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông đối với hai tam giác$△HCA;△HAB$ 

ta có: $HK=KC=KA;HI=IB=IA\Rightarrow △IHA;△KHA$ lần lượt cân tại I, K 

Do vậy $\widehat{KHI}=\widehat{KHA}+\widehat{AHI}=\widehat{KAH}+\widehat{HAI}=\widehat{CAB}={90}^{\text{o?}}$ 

a) Ta chứng minh tứ giác AMBQ là hình chữ nhật ( hai đường chéo cắt nhau tại trungđiểm mỗi đường và bằng nhau)

b) Tứ giác AMBQ là hình chữ nhật nên $\widehat{AQB}={90}^o\Rightarrow BQ\perp AC$ mà $AI\perp BC$ nên H là trực tâm tam giác ABC.

c) Ta chứng minh $PI=\frac{1}{2}AB;PQ=\frac{1}{2}MQ=\frac{1}{2}AB$.

a) Dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác ta suy ra $\left\{\begin{array}{l}QN\text{\hspace{0.17em}// }AO\\ PM\text{\hspace{0.17em}// }AO\\ QN=PM=\frac{1}{2}AO\end{array}\right.$ 

nên tứ giác QNMP là hình bình hành.

b) Để hình bình hành QNMP thành hình chữ nhật khi $\widehat{NQP}={90}^o\iff NQ\perp QP$ mà$\left\{\begin{array}{l}NQ\text{\hspace{0.17em}// }AO\\ QP\text{\hspace{0.17em}// }BC\end{array}\right.\Rightarrow AO\perp BC\Rightarrow O$ thuộc đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC .

Dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác ta có tứ giác HGFE là hình bình hành.

Do vậy, tứ giác đó muốn trở thành hình chữ nhật thì $\widehat{EHG}={90}^o\Rightarrow HC\perp EH$ mà $HC\text{\hspace{0.17em}// }AC;EH\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}BD\Rightarrow AC\perp BD$.Vậy tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc thì tứ giác HGFE là hình chữ nhật.

a) Ta chứng minh qua điểm M nằm ngoài đường thẳn DC có $\left\{\begin{array}{l}MN\text{ // }DC\\ MP\text{ // }DC\\ MQ\text{ // }DC\end{array}\right.\Rightarrow M,N,P,Q$ thẳng hàng.

b) Ta có $\left\{\begin{array}{l}NP\text{ // AB}\\ \text{AP=NB=}\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}DB\end{array}\right.\Rightarrow ABPN$ là hình thang cân.

c) ABPN là hình chữ nhật khi AB = NP 

ta có $DC=2MQ-AB=2\left(MN+NP+PQ\right)-AB=2\left(\frac{1}{2}AB+AB+\frac{1}{2}AB\right)-AB=3AB$ .