Giải bài 20 trang 95

Đề bài

Cho hình bình hành $ABCD$ có $\hat{A}>{90}^{\circ }$, $AB>BC$. 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)    $AC\perp EP$.

Lời giải chi tiết

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 $AB//CD,AD=BC$, $\hat{B}=\hat{D}$.

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,

$\hat{B}=\widehat{BCK}={90}^{\circ }$

Mặt khác, ta có $\widehat{ECP}+\widehat{BCK}=\widehat{BCE}={90}^{\circ }$ nên $\hat{D}=\widehat{ECP}$.

Xét hai tam giác $ACD$ và $EPC$, ta có:

$AD=EC$ (vì cùng bằng $BC$); $\hat{D}=\widehat{ECP};CD=PC$

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 $AC\perp EP$.