Dạng 7. Bài tập tự luyện số 4 có đáp án
18 câu hỏi
Cho hình vuông ABCD . Trên cạnh AB, BC, CD, DA, lần lượt lấy các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH . Chứng minh EFGH là hình vuông.
Chỉ ra AH = BE = CF = DG . Từ đó suy ra: ΔAEH=ΔBFE=ΔCGF=ΔDHG (c-g-c).
Do đó HE = EF = FG = GH (1).
Mặt khác, vì ΔAEH=ΔBFE⇒BEF^=AHE^
Suy ra AEH^+BEF^=900⇒FEH^=900(2).
(1), (2) suy ra EFGH là hình vuông.
Cho hình chữ nhật ABCD có ÂB = 2AD . Gọi E, F theo thứ tụ là trung điểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE, N là giao điểm của BF và CE.
a) Tứ giác ADFE là hình gì? Vì sao?
a) E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD nên ta có EF // AD // BC , do đó dễ thấy ADFE là hình chữ nhật.
Mặt khác AD=AE=12AB. Vậy ADFE là hình vuông.
b) Tứ giác EMFN là hình gì Vì sao
b) Chứng minh tương tự câu a, ta có BCFE cũng là hình vuông. Do đó hai tam giác MEF và NEF là hai tam giác vuông cân tại M, N. từ đó suy ra EMFN là hình vuông.
Cho hình chữ nhật ABCD (AD < AB < 2AD). Vẽ các tam giác vuông cân ABI , CDF I⏜=K⏜=90°, I và K nằm trong hình chữ nhật. Gọi E là giao điểm của AI và DK, F là giao điểm của BI và CK. Chứng minh rằng:
a) EF song song với CD.
a) Tam giác KCD cân tại K nên KD = KC (1).
ΔEAD=ΔFBC (g.c.g) nên DE = CF (2).
Từ (1) và (2) suy ra: KD−DE=KC−CF⇔KE=KF.
Tam giác vuông KEF có KE = KF nên E1^=45°.
Ta lại có: D2^=45°⇒EF//CD (2 góc đồng vị bằng nhau).
b) EKFI là hình vuông.
b) Tam giác EAD có A1^=D1^=45° nên AED^=90°.
Tứ giác EKFI có E⏜=K⏜=I⏜=90° nên AKFI là hình chữ nhật.
Lại có KE=KF⇒EKFI là hình vuông.
Cho hình bình hành ABCD. Ở phía ngoài hình bình hành vẽ các hình vuông ADEF và ABGH. Gọi O là giao điểm các đường chéo của hình vuông ADEF. Chứng minh rằng.
a) OAH^=ODC^
a) Ta có : OA⊥OD (tính chất đường chéo hình vuông) ; AH⊥DC ( vì AH⊥AB, AB // CD ). Vậy OAH^=ODC^ (góc có cạnh tương ứng vuông góc).
b) OH = OC
b) Xét ΔOAH và ΔODC :
OA = OD (tính chất đường chéo hình vuông)
OAH^=ODC^ ( câu a)
AH = DC (cùng bằng AB )
Vậy ΔOAH=ΔODC (c.g.c) suy ra OH = OC.
c) OH⊥OC
c) ΔOAH=ΔODC⇒O^1=O^2 mà O^2+O^3=90∘ (tính chất đường chéo hình vuông ), nên O^1+O^3=90∘.Vậy OH⊥OC .
Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.
a) Chứng minh AN = DM và AN⊥DM
a) Xét hai tam giác ABN và DAM vuông tại B và A, có AB = AD và BN = DM , do đó ΔABN=ΔDAM
suy ra AN = DM và BAN^=ADM^.
Mà BAN^+DAN^=900, do đó ADM^+DAN^=90°, hay AED^=900.
Vậy ta có AN = DM và AN⊥DM .
b) Chứng minh rằng các đoạn thẳng DM, AN, BP, CQ giao nhau tạo thành một hình vuông.
b) Giả sử các đoạn thẳng DM, AN, BP, CQ giao nhau tạo thành tứ giác EFGH.
MB // DP và MB = DP => là hình bình hành.
Suy ra BP // DM => AN⊥BP.
Tương tự ta cũng có CQ⊥DM .
Như vậy tứ giác EFGH có E^=F^=H^=900.
* Ta chứng minh EF = EH :
Dễ thấy EM là đường trung bình trong tam giác ABF, E là trung điểm của AF.
Tương tự H là trung điểm của DE.
Xét hai tam giác ABF và DAE vuông tại F là E, có:
AB = DA ; BAF^=ADE^ (vì ΔABN=ΔDAM).
Suy ra ΔABF=ΔDAE⇒AF=DE.
Từ đó ta có EF = EH. Vậy EFGH là hình vuông.
c) Gọi E là giao điểm của DM và AN. Chứng minh CE = CD.
c) H là trung điểm của DE và CH⊥DE , do đó ta suy ra ΔCDE cân tại C, hay là CE = CD
Cho tứ giác ABCD có ADC^+BCD^=90° và AD = BC . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông.
Trong tam giác ABC, MN là đường trung bình nên MN=12BC
Lập luận tương tự, ta có PQ=12BC,MQ=12AD,NP=12AD
Theo giả thiết, AD = BC suy ra MN=QP=MQ=NP . Vậy MNPQ là hình thoi (1).
Mặt khác ta có:
DPQ^=DCB^,NPC^=ADC^ (góc đồng vị). theo giả thiết DCB^+ADC^=90° , suy ra DPQ^+NPC^=90° . Do vậy ta được góc QPN^=90° (2).
Từ (1) và (2) cho ta MNPQ là hình vuông.
Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F lần lượt trên cạnh AB, AD sao cho AE = DF . Chứng minh rằng DE = CF và DE⊥CF
Gọi I là giao điểm của DE và CF.
Xét hai tam giác ADE và DCF có:
AD = DC (vì ABCD là hình vuông).
EAD^=FDC^=90° .
AE = DF (theo giả thiết)
Vậy ΔADE =ΔDCF , khi đó ta có:
DE = CF và ADE^=DCF^ .
Mặt khác DCF^+DFC^=90° , suy ra ADE^+DFC^=90°⇒DIF^=90° .
Vậy DE⊥CF .
Cho tam giác ABC cân tại A A⏜<90°, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Tia phân giác của góc ABD cắt EC và AC theo thứ tự tại M và P. Tia phân giác của góc ACE cắt DB và AB theo thứ tự tại Q và N. Chứng minh rằng:
a) ABD^=ACE^.
a) ABD^=ACE^ (cùng phụ với A⏜).
b) BH = CH
b) Ta có: ABC^=ACB^ mà ABD^=ACE^ (chứng minh trên)
⇒ABC^−ABD^=ACB^−ACE^⇔B3^=C3^.
=> BH = CH.
c) Tam giác BOC vuông cân.
c) Tam giác OBC có B3^=C3^,B2^=C2^ nên B3^+B2^=C3^+C2^⇔OBC^=OCB^
⇒ΔOBC cân tại O (1).
Mặt khác, vì C2^=B1^ nên ta có:
B2^+B3^+C3^+C2^=B2^+B3^+B1^+C3^=90°
⇒BOC^=90° (2).
Từ (1) và (2) suy ra ΔOBC vuông cân.
d) MNPQ là hình vuông.
d) Tam giác OBC cân tại O nên OB = OC (3).
ΔBMH=ΔCQH (g.c.g), => BM = CQ (4).
Từ (3) và (4) suy ra: OB−BM=OC−CQ⇔OM=OQ
Mà ΔBNQ cân tại B có đường cao BO cũng là đường trung tuyến nên O là trung điểm của QN hay ON = OQ.
Tương tự ta có OP = OM.
⇒OM=ON=OQ=OP⇒MNPQ là hình thoi.
Ta lại có: MP⊥NQ nên MNPQ là hình vuông
Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M tùy ý trên cạnh BC. Từ M, vẽ một đường thẳng cắt cạnh CD tại K sao cho: AMB^=AMK^. Chứng minh KAM^=450.
MA là phân giác góc BMK nên MA là trục đối xứng của hai đường thẳng MK và MB.
Gọi I là điểm đối xứng của K qua MA, suy ra I thuộc đường thẳng BC.
Ta có AI=AK , AB=AD .
Hai tam giác vuông ABI và ADK có hai cạnh bằng nhau nên ΔABI = ΔADK.
Từ đó ta có IAB^=KAD^.
IAK^=IAB^+BAK^=KAD^+BAK^=90°.
Vậy ta có: MAK^=12IAK^=45°.
