Câu 144 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Gọi M, N theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ D đến AB, AC. Chứng minh rằng tứ giác AMDN là hình vuông. Giải: Xét tứ giác AMDN: \(\widehat {MAN} = \)1v (gt) DM ⊥ AB (gt) \( \Rightarrow \widehat {AMD}\)= 1v DN ⊥ AC (gt) \( \Rightarrow \widehat {AND}\)=1v Suy ra: Tứ giác AMDN là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông), có đường chéo AD là đường phân giác của góc A. Vậy : Hình chữ nhật AMDN là hình vuông. Câu 145 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lấy theo thứ tự các điểm E, K, P, Q sao cho AE = BK = CP = DQ. Tứ giác EKPQ là hình gì ? Vì sao ? Giải: AB = BC = CD = DA (gt) AE = BK = CP = DQ (gt) Suy ra: EB = KC = PD = QA - Xét ∆ AEQ và ∆ BKE : AE = BK (gt) \(\widehat A = \widehat B = {90^0}\) QA = EB (chứng minh trên) Do đó: ∆ AEQ = ∆ BKE (c.g.c) ⇒ EK = EQ (1) - Xét ∆ BKE và ∆ CPK : BK = CP (gt) \(\widehat B = \widehat C = {90^0}\) EB = KC (chứng minh trên) Do đó: ∆ BKE = ∆ CPK (c.g.c) ⇒ EK = KP (2) Xét ∆ CPK và ∆ DQP : CP = DQ (gt) \(\widehat C = \widehat D = {90^0}\) DP = CK (chứng minh trên) Do đó: ∆ CPK = ∆ DQP (c.g.c) ⇒ KP = PQ (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: EK = KP = PQ = EQ Tứ giác EKPQ là hình thoi. Câu 146 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho tam giác ABC, điểm I nằm giữa B và C. Qua I vẽ đường thẳng song song với AB, cắt AC ở H. Qua I vẽ đường thẳng song song với AC, cắt AB ở K. a. Tứ giác AHIK là hình gì ? b. Điểm I nằm ở vị trí nào trên cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi ? c. Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật ? Giải: a. Ta có: IK // AC (gt) hay IK // AH IH // AB (gt) hay IH // AK Vậy tứ giác AHIK là hình bình hành (theo định nghĩa) b. Hình bình hành AHIK là hình thoi nên đường chéo AI là phân giác của Ngược lại AI là phân giác của . Hình bình hành AHIK có đường chéo là phân giác của một góc nên hình bình hành AHIK là hình thoi. Vậy nếu I là giao điểm của đường phân giác của với cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi. c. Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật \( \Rightarrow \widehat A = {90^0}\)suy ra ∆ ABC vuông tại A Ngược lại ∆ ABC có \(\widehat A = {90^0}\) Suy ra: Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật. Vậy nếu ∆ ABC vuông tại A thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật. 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. Câu 148 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh BC lấy các điểm H, G sao cho BH = HG = GC. Qua H và G kẻ các đường vuông góc với BC, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở E và F. Tứ giác EFGH là hình gì ? Vì sao ? Giải: ∆ ABC vuông cân tại A. \( \Rightarrow \widehat B = \widehat C = {45^0}\) ∆ BHE vuông tại H có \(\widehat B = {45^0}\) ⇒ ∆ BHE vuông cân tại H nên HB = HE ∆ CGF vuông cân tại G có \(\widehat C = {45^0}\) ⇒ ∆ CGF vuông cân tại G nên GC = GF Ta có: BH = HG = GC (gt) Suy ra: HE = HG = GF EH // GF (hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba) nên tứ giác HEFG là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song bằng nhau) có \(\widehat {EHG} = {90^0}\) do đó HEFG là hình chữ nhật EH = HG (chứng minh trên) Vậy HEFG là hình vuông. Câu 149 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm F, trên cạnh DC lấy điểm E sao cho AF = DE. Chứng minh rằng AE = BF và AE ⊥ BF. Giải: Xét ∆ ABF và ∆ DAE: AB = DA (gt) \(\widehat {BAF} = \widehat {ADE} = {90^0}\) AF = DE (gt) Do đó: ∆ ABF = ∆ DAE (c.g.c) ⇒ BF = AE \({\widehat B_1} = {\widehat A_1}\) Gọi H là giao điểm của AE và BF. \(\widehat {BAF} = {\widehat A_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\) Suy ra: \({\widehat B_1} + {\widehat A_2} = {90^0}\) Trong ∆ ABH ta có: \(\widehat {AHB} + {\widehat B_1} + {\widehat A_2} = {180^0}\) \(\widehat {AHB} = {180^0} - \left( {{{\widehat B}_1} + {{\widehat A}_2}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\) Vậy AE ⊥ BF. Câu 150 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho một hình chữ nhật có hai cạnh kề không bằng nhau. Chứng minh rằng các tia phân giác của các góc hình chữ nhật đó cắt nhau tạo thành một hình vuông. Giải: Gọi giao điểm các đường phân giác của các góc: \(widehat A,\widehat B,\widehat C,\widehat D\)theo thứ tự cắt nhau tại E, H, F, G. Trong ∆ ADG ta có: \(\widehat {GAD} = {45^0};\widehat {GDA} = {45^0}\) (gt) ⇒ ∆ GAD vuông cân tại G \( \Rightarrow \widehat {AGD} = {90^0}\)và GD = GA \( \Rightarrow \widehat {FGE} = \widehat {AGD} = {90^0}\) Trong ∆ BHC ta có: \(\widehat {HBC} = {45^0};\widehat {HCB} = {45^0}\) (gt) ⇒ ∆HBC vuông cân tại H \( \Rightarrow \widehat {BHC} = {90^0}\) và HB = HC Trong ∆ FDC ta có: \({\widehat D_1} = {45^0};{\widehat C_1} = {45^0}\) (gt) ⇒ ∆ FDC vuông cân tại F \( \Rightarrow \widehat F = {90^0}\) và FD = FC nên tứ giác EHFG là hình chữ nhật (vì có ba góc vuông) Xét ∆ GAD và ∆ HBC : \(\widehat {GAD} = \widehat {HBC} = {45^0}\) AD = BC (tính chất hình chữ nhật) \(\widehat {GDA} = \widehat {HCB} = {45^0}\) Do đó: ∆ GAD = ∆ HBC (g.c.g) ⇒ GD = HC FD = FC (chứng minh trên) Suy ra: FG = FH Vậy hình vuông EHFG có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình vuông. Câu 151 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa C và D. Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F. Kẻ FH ⊥ AE (H ∈ AE), FH cắt BC ở G. Tính số đo góc FAG. Giải: Xét hai tam giác vuông DAF và HAF: \(\widehat {ADF} = \widehat {AHF} = {90^0}\) \({\widehat A_1} = {\widehat A_2}\) (gt) AF cạnh huyền Do đó: ∆ DAF = ∆ HAF (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ DA = HA DA = AB (gt) Suy ra: HA = AB Xét hai tam giác vuông HAG và BAG: \(\widehat {AHG} = \widehat {ABG} = {90^0}\) HA = BA (chứng minh trên) AG cạnh huyền chung Do đó: ∆ HAG = ∆ BAG (cạnh huyền, cạnh góc vuông) \( \Rightarrow {\widehat A_3} = {\widehat A_4}\)nên AG là tia phân giác của \(\widehat {EAB}\) \(\widehat {FAG} = {\widehat A_2} + {\widehat A_3} = {1 \over 2}\left( {\widehat {DAE} + \widehat {EAB}} \right) = {1 \over 2}{.90^0} = {45^0}\) Câu 152 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông DEBC. Trên cạnh CD lấy điểm A, trên tia đối của tia DC lấy điểm K, trên tia đối tia ED lấy điểm M sao cho CA = DK = EM. Vẽ hình vuông DKIH (H thuộc cạnh DE). Chứng minh rằng ABMI là hình vuông. Giải: Xét ∆ CAB và ∆ EMB : CA = ME (gt) \(\widehat C = \widehat E = {90^0}\) CB = EB (tính chất hình vuông) Do đó: ∆ CAB = ∆ EMB (c.g.c) ⇒ AB = MB (1) AK = DK +DA CD = CA + AD mà CA = DK nên AK = CD Xét ∆ CAB và ∆ KIA : CA = KI (vì cùng bằng DK) \(\widehat C = \widehat K = {90^0}\) CB = AK (vì cùng bằng CD) Do đó: ∆ CAB = ∆ KIA (c.g.c) ⇒ AB = AI (2) DH = DK (vì KDHI là hình vuông) EM = DK (gt) ⇒ DH + HE = HE + EM hay DE = HM Xét ∆ HIM và ∆ EMB : HI = EM (vì cùng bằng DK) \(\widehat H = \widehat E = {90^0}\) HM = EB (vì cùng bằng DE) Do đó: ∆ HIM = ∆ EMB (c.g.c) ⇒ IM = MB (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: AB = BM = AI = IM Tứ giác ABMI là hình thoi. Mặt khác, ta có ∆ ACB = ∆ MEB (chứng minh trên) \(\eqalign{ & \Rightarrow \widehat {CBA} = \widehat {EBM} \cr & \widehat {CBA} + \widehat {ABE} = \widehat {CBE} = {90^0} \cr} \) Suy ra: \(\widehat {EBM} + \widehat {ABE} = {90^0}\) hay \(\widehat {ABM} = {90^0}\) Vậy : Tứ giác ABMI là hình vuông. Câu 153 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH. a. Chứng minh rằng EC = BH, EC ⊥ BH. b. Gọi M, N theo thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam giác MIN là tam giác gì ? Vì sao ? Giải: a. Ta có: \(\widehat {BAH} = \widehat {BAC} + \widehat {CAH} = \widehat {BAC} + {90^0}\) \(\widehat {EAC} = \widehat {BAC} + \widehat {BAE} = \widehat {BAC} + {90^0}\) Suy ra: \(\widehat {BAH} = \widehat {EAC}\) - Xét ∆ BAH và ∆ EAC: BA = EA (vì ABDE là hình vuông) \(\widehat {BAH} = \widehat {EAC}\) (chứng minh trên) AH = AC (vì ACFH là hình vuông) Do đó: ∆ BAH = ∆ EAC (c.g.c) ⇒ BH = EC Gọi giao điểm của EC với AB và BH lần lượt là K và O. \(\widehat {AEC} = \widehat {ABH}\) (vì ∆ BAH = ∆ EAC) (1) hay \(\widehat {AEK} = \widehat {OBK}\) - Trong ∆ AEK ta có: \(\widehat {EAK} = {90^0}\) \( \Rightarrow \widehat {AEK} + \widehat {AKE} = {90^0}\) (2) \(\widehat {AKE} = \widehat {OKB}\) (đối đỉnh) (3) Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {OKB} + \widehat {OBK} = {90^0}\) - Trong ∆ BOK ta có: \(\widehat {BOK} + \widehat {OKB} + \widehat {OBK} = {180^0}\) \( \Rightarrow \widehat {BOK} = {180^0} - \left( {\widehat {OKB} + \widehat {OBK}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\) Suy ra: EC ⊥ BH b. Trong ∆ EBC ta có: M là trung điểm của EB (tính chất hình vuông) I là trung điểm của BC (gt) nên MI là đường trung bình của tam giác EBC ⇒ MI = \({1 \over 2}\)EC và MI // EC (tính chất đường trung bình của tam giác) - Trong ∆ BCH ta có: I là trung điểm của BC (gt) N là trung điểm của CH (tính chất hình vuông) nên NI là đường trung bình của ∆ BCH ⇒ NI = \({1 \over 2}\)BH và NI // BH (tính chất đường trung bình của tam giác) BH = CE (chứng minh trên) Suy ra: MI = NI nên ∆ INM cân tại I MI // EC (chứng minh trên) EC ⊥ BH (chứng minh trên) Suy ra: MI ⊥ BH NI // BH (chứng minh trên) Suy ra: MI ⊥ NI hay \(\widehat {MIN} = {90^0}\) Vậy ∆ IMN vuông cân tại I. Câu 154 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh CD. Tia phân giác của góc ABE cắt AD ở K. Chứng minh rằng AK + CE = BE. Giải: Trên tia đối tia CD lấy điểm M sao cho CM = AK Ta có: AK + CE = CM + CE = EM (*) Xét ∆ ABK và ∆ CBM: AB = CB (gt) \(\widehat A = \widehat C = {90^0}\) AK = CM (theo cách vẽ) Do đó: ∆ ABK = ∆ CBM (c.g.c) \( \Rightarrow {\widehat B_1} = {\widehat B_4}\) (1) \(\widehat {KBC} = {90^0} - {\widehat B_1}\) (2) Trong tam giác CBM vuông tại C. \(\widehat M = {90^0} - {\widehat B_4}\) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {KBC} = \widehat M\) (4) \(\widehat {KBC} = {\widehat B_2} + {\widehat B_3}\) mà \({\widehat B_1} = {\widehat B_2}\) (gt) \({\widehat B_1} = {\widehat B_4}\) (chứng minh trên) Suy ra: \({\widehat B_2} = {\widehat B_4} \Rightarrow {\widehat B_2} + {\widehat B_3} = {\widehat B_3} + {\widehat B_4}\) hay \(\widehat {KBC} = \widehat {EBM}\) (5) Từ (4) và (5) suy ra: \(\widehat {EBM} = \widehat M\) ⇒ ∆ EBM cân tại E ⇒ EM = BE (**) Từ (*) và (**) suy ra: AK + CE = BE. Câu 155 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC. a. Chứng minh rằng CE vuông góc với DF b. Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD HD . Gọi K là trung điểm của CD. Chứng minh rằng KA // CE. Giải: a. Xét ∆ BEC và ∆ CFD: BE = CF (gt) \(\widehat B = \widehat C = {90^0}\) BC = CD (gt) Do đó: ∆ BEC = ∆ CFD (c.g.c) \(\eqalign{ & \Rightarrow {\widehat C_1} = {\widehat D_1} \cr & {\widehat C_1} + {\widehat C_2} = {90^0} \cr} \) Suy ra: \({\widehat D_1} + {\widehat C_2} = {90^0}\) Trong ∆ DCM có \({\widehat D_1} + {\widehat C_2} = {90^0}\) Suy ra: \(\widehat {DMC} = {90^0}\). Vậy CE ⊥ DF b. Gọi K là trung điểm của DC, AK cắt DF tại N. Xét tứ giác AKCE ta có: AB // CD hay AE // CK AE = \({1 \over 2}\)AB (gt) CK = \({1 \over 2}\)CD (theo cách vẽ) Suy ra: AE // CK nên tứ giác AKCE là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) AK // CE DF ⊥ CE (chứng minh trên)⇒ AK ⊥ DF hay AN ⊥ DM Trong ∆ DMC ta có: DK = KC KN // CM nên DN = MN (tính chất đường trung bình của tam giác) Suy ra: ∆ ADM cân tại A (vì có đường cao vừa là đường trung tuyến) ⇒ AD = AM Câu 156 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD. Vẽ điểm E trong hình vuông sao cho\(\widehat {FAD} = \widehat {FDA} = {15^0}\). a. Vẽ điểm F trong hình vuông sao cho\(\widehat {FAD} = \widehat {FDA} = {15^0}\). Chứng minh rằng tam giác DEF là tam giác đều. b. Chứng minh rằng tam giác ABE là tam giác đều. Giải: a. Xét ∆ EDC và ∆ FDA : \(\widehat {EDC} = \widehat {FAD} = {15^0}\) DC = AD (gt) \(\widehat {ECD} = \widehat {FDA} = {15^0}\) Do đó: ∆ EDC = ∆ FDA (g.c.g) ⇒ DE = DF ⇒ ∆ DEF cân tại D Ta lại có: \(\eqalign{ & \widehat {ADC} = \widehat {FDA} + \widehat {FDE} + \widehat {EDC} \cr & \Rightarrow \widehat {FDE} = \widehat {ADC} - \left( {\widehat {FDA} + \widehat {EDC}} \right) \cr & = {90^0} - \left( {{{15}^0} + {{15}^0}} \right) = {60^0} \cr} \) Vậy ∆ DEF đều. b. Xét ∆ ADE và ∆ BCE: ED = EC (vì ∆ EDC cân tại E) \(\widehat {ADE} = \widehat {BCE} = {75^0}\) AD = BC (gt) Do đó: ∆ ADE = ∆ BCE (c.g.c) ⇒ AE = BE (1) Trong ∆ AFD ta có: \(\eqalign{ & \widehat {AFD} = {180^0} - \left( {\widehat {FAD} + \widehat {FDA}} \right) \cr & = {180^0} - \left( {{{15}^0} + {{15}^0}} \right) = {150^0} \cr & \widehat {AFD} + \widehat {DFE} + \widehat {AFE} = {360^0} \cr & \Rightarrow \widehat {AFE} = {360^0} - \left( {\widehat {AFD} + \widehat {DFE}} \right) \cr & = {360^0} - \left( {{{150}^0} + {{60}^0}} \right) = {150^0} \cr} \) Xét ∆ AFD và ∆ AEF: AF cạnh chung \(\widehat {AFD} = \widehat {AFE} = {150^0}\) DF = EF (vì ∆ DFE đều) Do đó: ∆ AFD = ∆ AEF (c.g.c) ⇒ AE = AD AD = AB (gt) Suy ra: AE = AB (2) Từ (1) và (2) suy ra: AE = AB = BE. Vậy ∆ AEB đều. Câu 12.1 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Hình vuông có chu vi bằng 8 thì đường chéo bằng : A. 2 B. \(\sqrt {32} \) C. \(\sqrt 8 \) D. \(\sqrt 2 \) Hãy chọn phương án đúng. Giải: Chọn C. \(\sqrt 8 \) Đúng Câu 12.2 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình thoi ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Các tia phân giác của bốn góc vuông có đỉnh O cắt các cạnh AB, BC, CD, DA theo thứ tự ở E, F, G, H. Tứ giác EFGH là hình gì ? Giải: Ta có: \(\widehat {AOB}\)và \)\widehat {COD}\) đối đỉnh nên E, O, G thẳng hàng \(\widehat {BOC}\)và \(\widehat {AOD}\) đối đỉnh nên F, O, H thẳng hàng Xét ∆ BEO và ∆ BFO: \(\widehat {EBO} = \widehat {FBO}\) (tính chất hình thoi) OB cạnh chung \(\widehat {EOB} = \widehat {FOB} = {45^0}\) (gt) Do đó: ∆ BEO = ∆ BFO (g.c.g) ⇒ OE = OF (1) Xét ∆ BEO và ∆ DGO: \(\widehat {EBO} = \widehat {GDO}\) (so le trong) OB = OD(tính chất hình thoi) \(\widehat {EOB} = \widehat {GOD}\) (đối đỉnh) Do đó: ∆ BEO = ∆ DGO (g.c.g) ⇒ OE = OG (2) Xét ∆ AEO và ∆ AHO: \(\widehat {EAO} = \widehat {HAO}\) (tính chất hình thoi) OA cạnh chung \(\widehat {EOA} = \widehat {HOA} = {45^0}\) (gt) Do đó: ∆ AEO = ∆ AHO (g.c.g) ⇒ OE = OH (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: OE = OF = OG = OH hay EG = FH nên tứ giác EFGH là hình chữ nhật (vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và bằng nhau) OE ⊥ OF (tính chất hai góc kề bù) hay EG ⊥ FH Vậy hình chữ nhật EFGH là hình vuông. Câu 12.3 trang 99 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 1. Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh DC lấy điểm E, trên cạnh BC lấy điểm F sao cho DE = CF. Chứng minh rằng AE = DF và AE ⊥ DF. Giải: Xét ∆ ADE và ∆ DCF: AD = DC (gt) \(\widehat A = \widehat D = {90^0}\) DE = CF (gt) Do đó: ∆ ADE = ∆ DCF (c.g.c) ⇒ AE = DF \(\widehat {EAD} = \widehat {FDC}\) \((\widehat {EAD} + \widehat {DEA} = {90^0}\) (vì ∆ ADE vuông tại A) \( \Rightarrow \widehat {FDC} + \widehat {DEA} = {90^0}\) Gọi I là giao điểm của AE và DF. Suy ra: \(\widehat {IDE} + \widehat {DEI} = {90^0}\) Trong ∆ DEI ta có: \(\widehat {DIE} = {180^0} - \left( {\widehat {IDE} + \widehat {DEI}} \right) = {180^0} - {90^0} = {90^0}\) Suy ra: AE ⊥ DF
