Giả sử AB ⊥ CD ta phải chứng minh:

Thật vậy, kẻ BE ⊥ CD tại E, do AB⊥CD ta suy ra CD ⊥ (ABE) nên CD ⊥ AE. Áp dụng định lí Py-ta-go cho các tam giác vuông AEC, BEC, AED và BED ta có:

Nếu A C 2   −   A D 2   =   B C 2   −   B D 2   =   k 2  thì trong mặt phẳng (ACD) điểm A thuộc đường thẳng vuông góc với CD tại điểm H trên tia ID với I là trung điểm của CD sao cho 

Tương tự điểm B thuộc đường thẳng vuông góc với CD cũng tại điểm H nói trên. Từ đó suy ra CD vuông góc với mặt phẳng (ABH) hay CD ⊥ AB.

Nếu  A C 2   −   A D 2   =   B C 2   −   B D 2   = -   k 2  thì ta có và đưa về trường hợp xét như trên  A C 2   −   A D 2   =   B C 2   −   B D 2   =   - k 2 .

Chú ý. Từ kết quả của bài toán trên ta suy ra:

Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau khi và chỉ khi A B 2   +   C D 2   =   A C 2   +   B C 2 .

- Gọi E là giao điểm của AC và BD

△ABE có trung tuyến BE

\(\Rightarrow BE^2=\dfrac{2\left(AB^2+BC^2\right)-AC^2}{4}\)

\(\Rightarrow4.BE^2=2\left(AB^2+BC^2\right)-AC^2\)

Mà O là trung điểm BD \(\Rightarrow BD=2.BE\Rightarrow BD^2=4.BE^2\)

\(\Rightarrow BD^2=2\left(AB^2+BC^2\right)-AC^2\)

\(\Rightarrow BD^2+AC^2=2\left(AB^2+BC^2\right)\)

Vậy: \(AC^2+BD^2=2\left(a^2+b^2\right)\left(đpcm\right)\)

(Hình như đây là Toán 10?)

Lời giải:
Kẻ đường cao $BH, DT$ của hình bình hành

Dễ chứng minh $\triangle ADT =\triangle BCH$ (ch-gn)

$\Rightarrow DT=CH; AT=BH$

Áp dụng định lý Pitago:

$AC^2+BD^2=AT^2+TC^2+BH^2+DH^2$

$=(AT^2+BH^2)+TC^2+DH^2)$

$=2AT^2+(DC-DT)^2+(DC+CH)^2$

$=2(AD^2-DT^2)+(DC-DT)^2+(DC-DT)^2$

$=2(b^2-DT^2)+(a-DT)^2+(a+DT)^2$

$=2(b^2+a^2)$

Ta có đpcm.

Hình vẽ:

Chọn C

Theo đầu bài ta có: AC² + BD² = AD² + BC² nên AC² - AD² = BC² - BD²

Suy ra: 

Hay

Tương đương 

Tam giác ADC vuông tại A nên AD 2 = DC 2 - AC 2  (1)

Tam giác ABC vuông tại A nên BC 2 = AC 2 + AB 2  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra AD 2 + BC 2 = DC 2 + AB 2  (3)

Ta lại có:

AC 2 = DC 2 - AD 2 và BD 2 = AD 2 + AB 2  (4)

DC 2 = 4 r 2 - h 2 ,   AB 2 = 4 h 2  (5)

Từ (4) và (5) ta có:

AC 2 + BD 2 = DC 2 + AB 2 = 4 r 2 - h 2 + 4 h 2 = 4 r 2  (6)

Từ (3) và (6) ta có:  AD 2 + BC 2  =  AC 2 + BD 2  (không đổi)

Ta có: \(AC^2+BD^2=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right)^2+\left(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA}\right)^2\)

\(=AB^2+AD^2+2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+BC^2+BA^2+2\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}\)

\(=AB^2+AD^2+BC^2+AD^2+2\overrightarrow{AB}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\right)\)

\(=AB^2+AD^2+BC^2+AD^2\)

Kéo dài DA và CB lần lượt về phía A và B cắt nhau tại E

Xét tam giác DCE có \(\widehat{DEC}\) = 180⁰ - (\(\widehat{EDC}\) + \(\widehat{ECD}\)) = 180⁰- 90⁰ = 90⁰

                      ⇒\(\Delta\)DEC vuông tại E

Xét \(\Delta\)AEB Theo pytago ta có: AE² + BE² = AB²

Tương tự ta có:                       DE² + CE² = DC²

Cộng vế với vế ta có:              AE² + BE² + DE² + CE² = AB²+DC²

                                             AE² + CE²+BE²+DE² = AB²+DC² (1)

Xét \(\Delta\)AEC theo pytago ta có: AE²+ CE² = AC²

Tương tự ta có:                      BE² + DE² = BD²

Cộng vế với vế ta có:             AE² + CE² + BE²+ DE² = AC² + BD² (2)

Từ (1) và (2) ta có: AC² + BD² = AB² + DC²(đpcm)