Câu 1. Cho hình bình hành ABCD. Lấy E, F trên AB, CD sao cho AE = CF. Lấy H, G trên AD, CB sao cho AH = CG.

a) Chứng minh tứ giác EGFH là hình bình hành
Bước 1: Chứng minh \(\triangle AEH = \triangle CFG\)Xét hai tam giác \(\triangle AEH\) và \(\triangle CFG\), ta có:\(AE = CF\) (theo giả thiết)
\(\widehat{A} = \widehat{C}\) (hai góc đối của hình bình hành \(ABCD\))
\(AH = CG\) (theo giả thiết)

Do đó: \(\triangle AEH = \triangle CFG\) (cạnh - góc - cạnh).
Suy ra: \(EH = FG\) (hai cạnh tương ứng) (1)

Bước 2: Chứng minh \(\triangle EBF = \triangle FDH\) (hoặc xét cặp cạnh đối còn lại \(EG\) và \(FH\))Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB = CD\) và \(AD = BC\).
Mà \(AE = CF \Rightarrow AB - AE = CD - CF \Rightarrow EB = DF\).
Lại có \(AH = CG \Rightarrow AD - AH = BC - CG \Rightarrow HD = GB\).
Xét hai tam giác \(\triangle EBG\) và \(\triangle FDH\), ta có:\(EB = DF\) (chứng minh trên)
\(\widehat{B} = \widehat{D}\) (hai góc đối của hình bình hành \(ABCD\))
\(GB = HD\) (chứng minh trên)

Do đó: \(\triangle EBG = \triangle FDH\) (cạnh - góc - cạnh).
Suy ra: \(EG = FH\) (hai cạnh tương ứng) (2)

Kết luận: Từ (1) và (2), tứ giác \(EGFH\) có hai cặp cạnh đối bằng nhau (\(EH = FG\) và \(EG = FH\)) nên \(EGFH\) là hình bình hành (đpcm).

b) Chứng minh các đường thẳng AC, BD, EF, HG đồng quy
Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) của hình bình hành \(ABCD\). Theo tính chất hình bình hành, \(O\) chính là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).
Chứng minh \(O\) là trung điểm của \(EF\):Xét tứ giác \(AECF\), ta có \(AE \parallel CF\) (vì \(AB \parallel CD\)) và \(AE = CF\) (giả thiết).
Do đó, tứ giác \(AECF\) là hình bình hành.
Suy ra hai đường chéo \(AC\) và \(EF\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Vì \(O\) đã là trung điểm của \(AC\), nên \(O\) cũng phải là trung điểm của \(EF\). Hay \(E, O, F\) thẳng hàng.

Chứng minh \(O\) là trung điểm của \(HG\):Tương tự, xét tứ giác \(AHCG\), ta có \(AH \parallel CG\) (vì \(AD \parallel BC\)) và \(AH = CG\) (giả thiết).
Do đó, tứ giác \(AHCG\) là hình bình hành.
Suy ra hai đường chéo \(AC\) và \(HG\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Vì \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(O\) là trung điểm của \(HG\). Hay \(H, O, G\) thẳng hàng.

Kết luận: Cả 4 đường thẳng \(AC, BD, EF, HG\) đều đi qua điểm \(O\) (trung điểm chung của các đoạn thẳng). Vậy 4 đường thẳng này đồng quy tại \(O\) (đpcm).

Câu 2. Cho hình bình hành ABCD, M, N là trung điểm AB, BC. K ở trong sao cho MK = MC, NK = NA. L là trung điểm DK. Chứng minh \(\widehat{KAL} = \widehat{KCL}\).
Bài toán này sử dụng tính chất trung điểm và phép dời hình / tam giác bằng nhau một cách khéo léo để chứng minh hai góc bằng nhau thông qua việc chứng minh \(\triangle LAD = \triangle LKB\) hoặc các tam giác phụ thuộc đồng dạng. Dưới đây là phương pháp sử dụng bổ đề hình học vec-tơ/tọa độ hoặc tam giác bằng nhau qua việc dựng hình phụ:
Ý tưởng chứng minh: Để có \(\widehat{KAL} = \widehat{KCL}\), ta cần chứng minh \(\triangle LAK\) đồng dạng hoặc có mối quan hệ bằng nhau đặc biệt với một tam giác chứa góc tương ứng liên quan đến \(C\).
Vì \(L\) là trung điểm \(DK\), ta lấy điểm \(K^{\prime }\) đối xứng với \(K\) qua \(A\), hoặc sử dụng tính chất đường trung bình.
Gọi \(G\) là điểm đối xứng của \(K\) qua \(L\), khi đó tứ giác \(DGKK^{\prime }\) là hình bình hành, kết hợp với các giả thiết \(MK=MC\) và \(NK=NA\) ta sẽ suy ra tứ giác chứa các đỉnh \(A, K, C, L\) có tính chất đối xứng cấu trúc qua trục trung trực hoặc phép quay tâm \(L\).
Một cách tiếp cận hình học phẳng thuần túy gọn nhất: Chứng minh \(LA = LC\) và \(LK\) là tia phân giác góc đối diện hoặc chứng minh \(\triangle LAK = \triangle LCK\) là không thể vì tổng quát \(KA \neq KC\). Thay vào đó, ta chứng minh \(\triangle LAD\) và \(\triangle LKB\) có mối quan hệ diện tích hoặc đồng dạng, từ đó suy ra biến đổi góc:
\(\widehat{KAL}=\widehat{KCL}\)

Câu 1
Cho hình bình hành \(ABCD\). Trên các cạnh \(AB\) và \(CD\) lần lượt lấy các điểm \(E\) và \(F\) sao cho \(AE = \mathbf{CF}\). Trên các cạnh \(AD\) và \(CB\) lần lượt lấy các điểm \(H\) và \(G\) sao cho \(AH = \mathbf{CG}\).
a) Chứng minh tứ giác \(EGFH\) là hình bình hành
Do \(ABCD\) là hình bình hành nên ta có:
Các cạnh đối bằng nhau: \(AB = CD\) và \(AD = BC\).
Các góc đối bằng nhau: \(\widehat{A} = \widehat{C}\) và \(\widehat{B} = \widehat{D}\). [1]

Xét hai tam giác \(\triangle AEH\) và \(\triangle CFG\) có:
\(AE = CF\) (giả thiết)
\(\widehat{A} = \widehat{C}\) (chứng minh trên)
\(AH = CG\) (giả thiết)

Do đó, \(\triangle AEH = \triangle CFG\) (c-g-c) \(\Rightarrow EH = FG\) (hai cạnh tương ứng) (1).
Mặt khác, ta có:
\(EB = AB - AE\)
\(DF = CD - CF\)
Vì \(AB = CD\) và \(AE = CF\) nên \(EB = DF\).

Tương tự:
\(BG = BC - CG\)
\(DH = AD - AH\)
Vì \(BC = AD\) và \(CG = AH\) nên \(BG = DH\).

Xét hai tam giác \(\triangle EBG\) và \(\triangle DFH\) có:
\(EB = DF\) (chứng minh trên)
\(\widehat{B} = \widehat{D}\) (chứng minh trên)
\(BG = DH\) (chứng minh trên)

Do đó, \(\triangle EBG = \triangle DFH\) (c-g-c) \(\Rightarrow EG = FH\) (hai cạnh tương ứng) (2).
Xét tứ giác \(EGFH\), từ (1) và (2) suy ra tứ giác có các cặp cạnh đối bằng nhau (\(EH = FG\) và \(EG = FH\)).
Vậy tứ giác \(EGFH\) là hình bình hành. [1]
b) Các đường thẳng \(AC, BD, EF, HG\) đồng quy
Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) của hình bình hành \(ABCD\). Theo tính chất hình bình hành, \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(O\) cũng là trung điểm của \(BD\). [1, 2]
Xét tứ giác \(AECF\) có:
\(AE // CF\) (do \(AB // CD\))
\(AE = CF\) (giả thiết)
Suy ra tứ giác \(AECF\) là hình bình hành. Do đó, hai đường chéo \(AC\) và \(EF\) phải cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vì \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(O\) cũng là trung điểm của \(EF\), hay đường thẳng \(EF\) đi qua \(O\). [1, 2, 3]

Xét tứ giác \(AHCG\) có:
\(AH // CG\) (do \(AD // BC\))
\(AH = CG\) (giả thiết)
Suy ra tứ giác \(AHCG\) là hình bình hành. Do đó, hai đường chéo \(AC\) và \(HG\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vì \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(O\) cũng là trung điểm của \(HG\), hay đường thẳng \(HG\) đi qua \(O\).

Tóm lại, cả bốn đường thẳng \(AC, BD, EF, HG\) đều đi qua điểm \(O\).
Vậy các đường thẳng \(AC, BD, EF, HG\) đồng quy tại \(O\). [1, 2]

Câu 2
Cho hình bình hành \(ABCD\) và \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\). Gọi \(K\) là điểm nằm trong hình bình hành sao cho \(MK = \mathbf{MC}, NK = \mathbf{NA}\) và gọi \(L\) là trung điểm của \(DK\). Chứng minh rằng: \(\widehat{KAL} = \widehat{KCL}\). [1, 2, 3]
Gọi \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(CM\) và \(DA\).
Xét \(\triangle APM\) và \(\triangle BCM\) có:
\(\widehat{AMP} = \widehat{BMC}\) (hai góc đối đỉnh)
\(AM = BM\) (vì \(M\) là trung điểm của \(AB\))
\(\widehat{PAM} = \widehat{CBM}\) (hai góc so le trong do \(AD // BC\))

Do đó, \(\triangle APM = \triangle BCM\) (g-c-g) \(\Rightarrow AP = BC\) và \(MP = MC\).
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(BC = AD\), từ đó suy ra \(AP = AD\). Hay \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(PD\). [1, 2]
Theo giả thiết \(MK = MC\), mà \(MP = MC\) nên ta có \(MP = MK = MC = \frac{1}{2}PC\).
Trong tam giác \(PKC\), đường trung tuyến \(KM\) ứng với cạnh \(PC\) và có độ dài bằng một nửa cạnh \(PC\), do đó tam giác \(PKC\) vuông tại \(K\).
Suy ra \(CK \perp PK\). [1]
Xét tam giác \(PKD\) có:
\(A\) là trung điểm của \(PD\) (chứng minh trên)
\(L\) là trung điểm của \(DK\) (giả thiết)
Suy ra \(AL\) là đường trung bình của \(\triangle PKD\) \(\Rightarrow AL // PK\).
Mà \(CK \perp PK\) nên ta có \(CK \perp AL\) (1). [1]

Tương tự, gọi \(Q\) là giao điểm của đường thẳng \(AN\) và \(CD\).
Xét \(\triangle ABN\) và \(\triangle QCN\) có: [1]
\(\widehat{ANB} = \widehat{QNC}\) (hai góc đối đỉnh)
\(BN = CN\) (vì \(N\) là trung điểm của \(BC\))
\(\widehat{ABN} = \widehat{QCN}\) (hai góc so le trong do \(AB // CD\)) [1]

Do đó, \(\triangle ABN = \triangle QCN\) (g-c-g) \(\Rightarrow AN = QN\) và \(AB = CQ\).
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB = CD\), từ đó suy ra \(CQ = CD\). Hay \(C\) là trung điểm của đoạn thẳng \(QD\). [1, 2]
Theo giả thiết \(NK = NA\), mà \(NQ = NA\) nên ta có \(NK = NQ = NA = \frac{1}{2}AQ\).
Trong tam giác \(AKQ\), đường trung tuyến \(KN\) ứng với cạnh \(AQ\) và bằng một nửa cạnh \(AQ\), do đó tam giác \(AKQ\) vuông tại \(K\).
Suy ra \(AK \perp QK\). [1]
Xét tam giác \(QKD\) có:
\(C\) là trung điểm của \(QD\) (chứng minh trên)
\(L\) là trung điểm của \(DK\) (giả thiết)
Suy ra \(CL\) là đường trung bình của \(\triangle QKD\) \(\Rightarrow CL // QK\).
Mà \(AK \perp QK\) nên ta có \(AK \perp CL\) (2). [1]

Xét tam giác \(ALC\), từ (1) và (2) ta thấy:
\(CK\) là đường cao hạ từ \(C\) xuống \(AL\).
\(AK\) là đường cao hạ từ \(A\) xuống \(CL\).
Do đó, \(K\) chính là trực tâm của tam giác \(ALC\). [1]

Gọi \(E\) là giao điểm của \(AK\) và \(CL\) (\(AK \perp CL\) tại \(E\)), và \(F\) là giao điểm của \(CK\) và \(AL\) (\(CK \perp AL\) tại \(F\)).
Trong tam giác vuông \(KEA\) (vuông tại \(E\)), ta có: \(\widehat{KAL} = 90^\circ - \widehat{ALC}\).
Trong tam giác vuông \(FLC\) (vuông tại \(F\)), ta có: \(\widehat{KCL} = 90^\circ - \widehat{ALC}\). [1]

Từ hai điều trên, ta suy ra \(\widehat{KAL} = \widehat{KCL}\) (đpcm). [1]