Câu 147 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1

Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. Gọi H là giao điểm của AQ và DP, gọi K là giao điểm của CP và BQ. Chứng minh rằng PHQK là hình vuông.

Giải:                                                      

Xét tứ giác APQD ta có:

AB // CD (gt) hay AP // QD

AP = \({1 \over 2}\)AB (gt)

QD = \({1 \over 2}\)CD (gt)

Suy ra: AP = QD nên tứ giác APQD là hình bình hành.

\(\widehat A = {90^0}\)

Suy ra: Tứ giác APQD là hình chữ nhật

AD = AP = \({1 \over 2}\)AB

Vậy : Tứ giác APQD là hình vuông

⇒ AQ ⊥ PD (tính chất hình vuông) \( \Rightarrow \widehat {PHQ} = {90^0}\) (1)

HP = HQ (tính chất hình vuông)

- Xét tứ giác PBCQ ta có:

PB // CD

PB = \({1 \over 2}\)AB (gt)

CQ = \({1 \over 2}\)CD (gt)

Suy ra: PB = CQ nên tứ giác PBCQ là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

\(\widehat B = {90^0}\)suy ra tứ giác PBCQ là hình chữ nhật

PB = BC (vì cùng bằng AD = \({1 \over 2}\)AB)

Vậy: Tứ giác PBCQ là hình vuông

⇒ PC ⊥ BQ (tính chất hình vuông) \( \Rightarrow \widehat {PKQ} = {90^0}\)(2)

PD là tia phân giác \(\widehat {APQ}\) (tính chất hình vuông)

PC là tia phân giác \(\widehat {QPB}\) (tính chất hình vuông)

Suy ra: PD ⊥ PC (tính chất hai góc kề bù) ⇒ \(\widehat {HPK} = {90^0}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác PHQK là hình vuông.

Các bài cùng chủ đề