Cho hình bình hành \(ABCD\) có \(\widehat A > 90^\circ \), \(AB > BC\). Trên đường thẳng vuông góc với \(BC\) tại \(C\) lấy hai điểm \(E,F\) sao cho \(CE,CF,BC\). Trên đường thẳng vuông góc với \(CD\)tại \(C\) lấy hai điểm \(P,Q\) sao cho \(CP = CQ = CD\) (Hình 16). Chứng minh:
a) Tứ giác \(EPFFG\) là hình bình hành;
b) \(AC \bot EP\).
Dựa vào dấu hiệu nhận biết của hình bình hành:
- Tứ giác có hai cặp cạnh đối bằng nhau là hình bình hành
- Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là hình bình hành
- Tứ giác có hai cặp góc đối bằng nhau là hình bình hành
- Tứ giác có hai cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành.
Advertisements (Quảng cáo)
a) Tứ giác \(EPFQ\) có hai đường chéo\(EF\) và PQ cắt nhau tại trung điểm \(C\) của mỗi đường nên \(EFPQ\) là hình binh hành.
b) Gọi \(H\) là giao điểm của \(AC\) và \(EP\), \(K\) là giao điểm của \(AB\) và \(PQ\).
Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD,AD = BC\), \(\widehat B = \widehat D\).
Vì \(AB//CD\) nên \(\widehat {BKC} = \widehat {DCK} = 90^\circ \)(hai góc so le trong). Suy ra tam giác \(BCK\)vuông tại \(K\). Do đó,
\(\widehat B = \widehat {BCK} = 90^\circ \)
Mặt khác, ta có \(\widehat {ECP} + \widehat {BCK} = \widehat {BCE} = 90^\circ \) nên \(\widehat D = \widehat {ECP}\).
Xét hai tam giác \(ACD\) và \(EPC\), ta có:
\(AD = EC\) (vì cùng bằng \(BC\)); \(\widehat D = \widehat {ECP};CD = PC\)
Suy ra \(\Delta ACD = \Delta EPC\) (c.g.c). Do đó \(\widehat {ACD} = \widehat {EPC}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {ACD} = \widehat {HPC}\). Mà \(\widehat {ACD} + \widehat {PCH} = \widehat {DCP} = 90^\circ \), suy ra \(\widehat {HPC} + \widehat {PCH} = 90^\circ \)
Xét tam giác \(CPH\), ta có: \(\widehat {CHP} + \widehat {HPC} + \widehat {PCH} = 180^\circ \)
Suy ra \(\widehat {CHP} + 90^\circ = 180^\circ \) hay \(\widehat {CHP} = 90^\circ \). Vậy \(AC \bot EP\).