Câu 140: Hình thoi ABCD có \(\widehat A = {60^0}\) . Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh DC lấy điểm N sao cho AM = DN. Tam giác BMN là tam giác gì ? Vì sao ?
Nối BD, ta có:
AB = AD (gt)
nên ∆ ABD cân tại A
mà \(\widehat A = {60^0}\)
⇒ ∆ ABD đều
\( \Rightarrow \widehat {ABD} = {\widehat D_1} = {60^0}\) và BD = AB
Suy ra: BD = BC = CD
⇒ ∆ CBD đều
\( \Rightarrow {\widehat D_2} = {60^0}\)
Xét ∆ BAM và ∆ BDN:
AB = BD (chứng minh trên)
\(\widehat A = {\widehat D_2} = {60^0}\)
AM = DN
Do đó: ∆ BAM = ∆ BDN (c.g.c) \( \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat B_3}\) và BM = BN
Suy ra: ∆ BMN cân tại B
\({\widehat B_2} + {\widehat B_1} = \widehat {ABD} = {60^0}\)
Suy ra: \({\widehat B_2} + {\widehat B_3} = \widehat {MBN} = {60^0}\)
Vậy ∆ BMN đều
Câu 141: Cho tam giác ABC. Lấy các điểm D, E theo thứ tự trên các cạnh AB, AC sao cho BD = CE. Gọi M, N, I, K theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, DE, BC. Chứng minh rằng IK vuông góc với MN.
Trong ∆ BCD ta có:
K là trung điểm của BC (gt)
N là trung điểm của CD (gt)
nên NK là đường trung bình của ∆ BCD
⇒ NK // BD và NK =\({1 \over 2}\)BD (1)
Trong ∆ BED ta có:
Advertisements (Quảng cáo)
M là trung điểm của BE (gt)
I là trung điểm của DE (gt)
nên MI là đường trung bình của ∆ BED
⇒ MI // BD và MI =\({1 \over 2}\)BD (tính chất đường trung bình của tam giác) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: MI // NK và MI = NK
nên tứ giác MKNI là hình bình hành
Trong ∆ BEC ta có:
MK là đường trung bình
MK = \({1 \over 2}\)CE (tính chất đường trung bình của tam giác)
BD = CE (gt)
Suy ra: MK = KN
Vây hình bình hành MKNI là hình thoi.
⇒ IK ⊥ MN (tính chất hình thoi)
Câu 142: Cho hình bình hành ABCD, các đường chéo cắt nhau ở O. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là giao điểm của các đường phân giác của các tam giác AOB, BOC, COD, DOA. Chứng minh rằng EFGH là hình thoi.
Ta có: \(\widehat {AOB} = \widehat {COD}\) (đối đỉnh)
\(\widehat {EOB} = {1 \over 2}\widehat {AOB}\) (gt)
\(\widehat {COG} = {1 \over 2}\widehat {COD}\) (gt)
Suy ra: \(\widehat {EOB} = \widehat {COG}\)
Advertisements (Quảng cáo)
\(\widehat {EOB} + \widehat {BOC} + \widehat {COG} = 2\widehat {EOB} + \widehat {BOC}\)
mà \(\widehat {AOB} + \widehat {BOC} = {180^0}\) (kề bù)
hay \(2\widehat {EOB} + \widehat {BOC} = {180^0}\)
Suy ra: E, O, G thẳng hàng
Ta lại có: \(\widehat {BOC} = \widehat {AOD}\) (đối đỉnh)
\(\widehat {HOD} = {1 \over 2}\widehat {AOD}\) (gt)
\(\widehat {FOC} = {1 \over 2}\widehat {BOC}\) (gt)
Suy ra: \(\widehat {HOD} = \widehat {FOC}\)
\(\widehat {HOD} + \widehat {COD} + \widehat {FOC} = 2\widehat {HOD} + \widehat {COD}\)
mà \(\widehat {AOD} + \widehat {COD} = {180^0}\) (kề bù)
hay\(2\widehat {HOD} + \widehat {COD} = {180^0}\)
Suy ra: H, O, F thẳng hàng
\(\widehat {ADO} = \widehat {CBO}\) (so le trong)
\(\widehat {HDO} = {1 \over 2}\widehat {ADO}\) (gt)
\(\widehat {FBO} = {1 \over 2}\widehat {CBO}\) (gt)
Suy ra: \(\widehat {HDO} = \widehat {FBO}\)
– Xét ∆ BFO và ∆ DHO:
\(\widehat {HDO} = \widehat {FBO}\) (chứng minh trên_
OD = OB (tính chất hình bình hành)
\(\widehat {HOD} = \widehat {FOB}\) (đối đỉnh)
Do đó: ∆ BFO = ∆ DHO (g.c.g)
⇒ OF = OH
\(\widehat {OAB} = \widehat {OCD}\) (so le trong)
\(\widehat {OAE} = {1 \over 2}\widehat {OAB}\) (gt)
\(\widehat {OCG} = {1 \over 2}\widehat {OCD}\) (gt)
Suy ra: \(\widehat {OAE} = \widehat {OCG}\)
– Xét ∆ OAE và ∆ OCG:
\(\widehat {OAE} = \widehat {OCG}\) (chứng minh trên)
OA = OC (tính chất hình bình hành)
\(\widehat {EOA} = \widehat {GOC}\) (đối đỉnh)
Do đó: ∆ OAE = ∆ OCG (g.c.g)
⇒ OE = OG
Suy ra: Tứ giác EFGH là hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
OE ⊥ OF (tính chất hai góc kề bù)
hay EG ⊥ FH
Vậy: Tứ giác EFGH là hình thoi.
Câu 143: Dựng hình thoi ABCD, biết cạnh bằng 2cm, một đường chéo bằng 3cm.
Cách dựng:
– Dựng ∆ ABD biết AB = AD = 2(cm), BD = 3cm
– Trên nửa mặt phẳng bờ BD không chứa điểm A. Từ B dựng tia Bx // AD, từ D dựng tia Dy // AB, chúng cắt nhau tại C.
Ta có hình thoi ABCD cần dựng
Chứng minh:
Vì AB // CD và AD // BC nên tứ giác ABCD là hình bình hành
AB = AD = 2cm. Vậy tứ giác ABCD là hình thoi
Lại có: BD = 3cm
Hình thoi dựng được thỏa mãn điều kiện bài toán.
