Luyện tập chung

a) Tứ giác \(\mathrm{AMCP}\) có hai đường chéo \(\mathrm{AC}\) và \(\mathrm{MP}\) cắt nhau tại trung điểm \(\mathrm{N}\) của mỗi đường.
Do đó tứ giác AMCP là hình bình hành.
b) Xét \(\triangle \mathrm{MAN}\) và \(\triangle \mathrm{PCN}\) có:
\(\mathrm{AN}=\mathrm{NC}\) (vì \(\mathrm{N}\) là trung điểm của \(\mathrm{AC}\) )
\(\widehat{A N M}=\widehat{C N P}\) (hai góc đối đỉnh)
\(\mathrm{MN}=\mathrm{NP}\) (vì \(\mathrm{N}\) là trung điểm \(\mathrm{MP}\) )
Do đó \(\triangle \mathrm{MAN}=\triangle \mathrm{PCN}\) (c.g.c).
Suy ra \(\widehat{M A N}=\widehat{P C N}\) (hai góc tương ứng).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên suy ra \(\mathrm{AM} / / \mathrm{CP}\) nên \(\mathrm{BM} / / \mathrm{CP}\).
Mặt khác, \(\triangle \mathrm{MAN}=\triangle \mathrm{PCN}\) suy ra \(\mathrm{AM}=\mathrm{CP}\) (hai cạnh tương ứng)
\(M a ̀\) \(A M=B M\) (vì \(M\) là trung điểm của \(A B\) ) nên \(B M=C P\).
Tứ giác \(\mathrm{BMPC}\) có \(\mathrm{BM} / / \mathrm{CP}\) và \(\mathrm{BM}=\mathrm{CP}\) nên tứ giác \(\mathrm{BMCP}\) là hình bình hành.
• Để hình bình hành AMCP là hình chữ nhật thì \(\mathrm{AC}=\mathrm{MP}\).
Mà \(\mathrm{BC}=\mathrm{MP}\) (vì tứ giác \(\mathrm{BMCP}\) là hình bình hành).
Do đó \(\mathrm{AC}=\mathrm{BC}\) nên tam giác \(\mathrm{ABC}\) là tam giác cân tại \(\mathrm{C}\).
Vây để hình bình hành \(\mathrm{AMCP}\) là hình chữ nhật thì tam giác \(\mathrm{ABC}\) là tam giác cân tại \(C\).
- Để hình bình hành \(\mathrm{AMCP}\) là hình thoi thì \(\mathrm{AM}=\mathrm{CM}\) hay \(A M=C M=B M=\frac{A B}{2}\)

Tam giác \(\mathrm{ABC}\) có \(\mathrm{CM}\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(\mathrm{AB}\) của tam giác \(A B C\).
Mà \(A M=C M=B M=\frac{A B}{2}\)
Khi đó tam giác \(A B C\) vuông tại \(C\).
Vậy để hình bình hành AMCP là hình thoi thì tam giác \(A B C\) vuông tại C.
• Để hình bình hành AMCP là hình vuông thì hình bình hành AMCP là hình chữ nhật có \(\mathrm{AM}=\mathrm{CM}\).
Do đó, tam giác \(\mathrm{ABC}\) cân tại \(\mathrm{C}\) có \(\mathrm{AM}=\mathrm{CM}\).
Khi đó, tam giác \(A B C\) vuông cân tại \(C\).
Vậy để hình bình hành \(\mathrm{AMCP}\) là hình vuông thì tam giác \(\mathrm{ABC}\) vuông cân tai C.

Vì tứ giác \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A B / / C D\) hay \(A M / / D N\).
Suy ra \(\widehat{M_1}=\widehat{D_2}\) (hai góc so le trong)
Mà \(\widehat{D_1}=\widehat{D_2}\) (vì DM là tia phân giác \(\widehat{A \mathrm{DC}}\) ).
Do đó \(\widehat{M_1}=\widehat{D_1}\) nên tam giác ADM cân tại A.
Chứng minh tương tự, ta có tam giác \(\mathrm{BCN}\) cân tại \(\mathrm{C}\).
Vi \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2} ; \widehat{D_1}=\widehat{D_2}\) (vì \(\mathrm{DM}\), BN lần lượt là tia phân giác của \(\widehat{A D C} ; \widehat{A B C}\) ).
Mà \(\widehat{A D C}=\widehat{A B C}\) (vì tứ giác \(A B C D\) là hình bình hành).
Do đó \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}=\widehat{D_1}=\widehat{D_2}\)
Tam giác ADM cân tại \(\mathrm{A}\), tam giác BCN cân tại C.
Mà \(\widehat{B_1}=\widehat{D_2}\) nên \(\widehat{M_1}=\widehat{N_2}\) suy ra \(\widehat{M_1}=\widehat{N_2}\)
Tứ giác BMDN có \(\widehat{B_1}=\widehat{D_2} ; \widehat{M_2}=\widehat{N_1}\) nên tứ giác BMDN là hình bình hành.
Suy ra DM // BN hay HE // GF.
Tam giác \(A D M\) cân tại \(A\) có \(A H\) là đường phân giác nên \(A H\) cũng là đường cao.
Suy ra \(\widehat{A H E}=90^{\circ}\) nên \(\widehat{E H G}=90^{\circ}\)
Mà \(\mathrm{HE} / / \mathrm{GF}\) suy ra \(\widehat{A G F}=90^{\circ}\) (hai góc đồng vị).
Tương tự, ta cũng chứng minh được:
\(\widehat{H E F}=90^{\circ} ; \widehat{G F \mathrm{E}}=90^{\circ}\)
Tứ giác EFGH có \(\widehat{E H G}=90^{\circ} ; \widehat{A G F}=90^{\circ} ; \widehat{\mathrm{HEF}}=90^{\circ}\)
Do đó tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

Khi khung tre bị xô lệch, các góc không còn vuông nữa nhưng các cạnh đối vẫn song song với nhau.

Do đó, sau khi khung tre này bị xô lệch thì tứ giác tạo thành là hình bình hành.

Khi nẹp thêm một đường chéo vào khung thì hai đường chéo của hai đỉnh đối diện được giữ cố định nên các đỉnh trong hình trên không bị giữ xô lệch.

Vì Ou, Ov lần lượt là tia phân giác của \(\widehat{x O y} ; \widehat{x^{\prime} O y}\) nên \(\widehat{O_1}=\widehat{O_2} ; \widehat{O_3}=\widehat{O_4}\)
Mà \(\widehat{x O y}+\widehat{x^{\prime} O y}=180^{\circ}\) (vì \(\widehat{x O y} ; \widehat{x^{\prime} O y}\) là hai góc kề bù).
Hay \(\widehat{O_1}+\widehat{O_2}+\widehat{O_3}+\widehat{O_4}=180^{\circ}\)
Suy ra \(2 \widehat{O_2}+2 \widehat{O_3}=180^{\circ}\)
Do đó \(\widehat{O_2}+\widehat{O_3}=90^{\circ}\) hay \(\widehat{u O v}=90^{\circ}\) suy ra \(\widehat{u O C}=90^{\circ}\) hay \(\widehat{B O C}=90^{\circ}\)

Vì \(\mathrm{B}\) và \(\mathrm{C}\) là chân đường vuông góc hạ từ \(\mathrm{A}\) lần lượt xuống đường thẳng chứa Ou và \(\mathrm{OV}\)
Nên \(\widehat{A B O}=90^{\circ} ; \widehat{A C O}=90^{\circ}\)
Tứ giác OBAC có \(\widehat{A C O}+\widehat{B O C}+\widehat{A B O}+\widehat{B A C}=360^{\circ}\)
\(90^{\circ}+90^{\circ}+90^{\circ}+\widehat{B A C}=360^{\circ}\)
\(270^{\circ}+\widehat{B A C}=360^{\circ}\)
Suy ra \(\widehat{B A C}=360^{\circ}-270^{\circ}=90^{\circ}\)
Xét tứ giác OBAC có \(\widehat{B O C}=90^{\circ} ; \widehat{A B O}=90^{\circ} ; \widehat{A C O}=90^{\circ}\)
Vậy tứ giác OBAC là hình chữ nhật.

Vì \(A B C D\) là hình vuông nên \(\widehat{D}=90^{\circ}\)
Đường thẳng qua \(\mathrm{M}\) vuông góc với \(\mathrm{AE}\) cắt \(\mathrm{BC}\) tại \(\mathrm{N}\) nên \(\widehat{A P M}=90^{\circ}\)
Do đó \(\widehat{D}=\widehat{A P M}=90^{\circ}\)
Xét \(\triangle \mathrm{ADM}\) và \(\triangle \mathrm{APM}\) có:
\(\widehat{D}=\widehat{A P M}=90^{\circ}\) (chứng minh trên)
Cạnh AM chung
\(\widehat{M A D}=\widehat{M A P}(\) vì AM là tia phân giác của \(\widehat{D A P})\).
Do đó \(\triangle A D M=\triangle A P M\) (cạnh huyền - góc nhọn).
Suy ra MD = MP (hai cạnh tương ứng).
Ta có \(\mathrm{MP}+\mathrm{PN}=\mathrm{MN}\) mà \(\mathrm{MD}=\mathrm{MP}\) (chứng minh trên)
Do đó \(\mathrm{DM}+\mathrm{BN}=\mathrm{MN}\).