Phương pháp giải:

+ Dựa vào tính chất đường trung bình của tam giác để tính độ dài MI, MK. Từ đó suy ra độ dài IK.

Lời giải chi tiết:

- Hình thang ABCD có:

\(\left. \matrix{{\rm{AM}} = {\rm{MD(gt)}}\cr  {\rm{BN}} = {\rm{NC (gt)}}  \cr}  \right\} \Rightarrow \) MN là đường trung bình

 MN//AB//CD (tính chất).

- Tam giác ACD có: \(\left. \matrix{{\rm{AM }} = {\rm{ MD}}  \cr MI//AB  \cr}  \right\} \Rightarrow \) ID = IB (định lý đảo về đường trung bình của tam giác).

 MI là đường trung bình của ∆ADC

\( \Rightarrow MI = {1 \over 2}AB = {1 \over 2}.6 = 3(cm)\)

- Tương tự tam giác ACD có: AM = MD, MK//DC nên AK = KC, MK là đường trung bình, ta có:

\(MK = {1 \over 2}CD = {1 \over 2}.14 = 7(cm)\)

 IK = MK - MI = 7 - 3 = 4(cm)

Phương pháp giải:

+ Áp dụng tính chất tổng các góc của tứ giác

+ Dựa vào tính chất hình thag để chứng minh tứ giác ABCD là hình thang.

Lời giải chi tiết:

a) Xét tứ giác ABCD có:

 \(\begin{align}  & \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}={{360}^{0}} \\  & \Rightarrow \widehat{D}={{360}^{0}}-\left( \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C} \right)={{360}^{0}}-\left( {{60}^{0}}+{{80}^{0}}+{{100}^{0}} \right)={{120}^{0}} \\ \end{align}\)

b) Xét tứ giác ABCD có:\(\widehat{A}+\widehat{D}={{60}^{0}}+{{120}^{0}}={{180}^{0}}\).

Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía, do đó AB // CD.

Suy ra tứ giác ABCD là hình thang.

Phương pháp giải:

- Áp dụng lý thuyết về tỉ số đoạn thẳng để thực hiện yêu cầu bài toán.

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra, ta có: \(\frac{AB}{CD}=\frac{5}{7}\)

\(\Rightarrow AB=\frac{5}{7}CD\)

Mà đoạn thẳng AB ngắn hơn đoạn thẳng CD là 10 cm, suy ra: \(CD-AB=10.\)

\(\begin{align}  & \Rightarrow CD-\frac{5}{7}CD=10\Leftrightarrow \frac{2}{7}CD=10\Leftrightarrow CD=\frac{10.7}{2}=35\ cm \\  & \Rightarrow AB=\frac{5}{7}CD=\frac{5}{7}.35=25\ cm \\ \end{align}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh 1 tứ giác là hình chữ nhật dựa vào dấu hiệu tứ giác có 3 góc vuông.

b) Sử dụng định lí về đường trung bình của tam giác để suy ra trung điểm cạnh còn lại.

Chứng minh 1 tứ giác là có 2 cạnh đối song song là hình bình hành.

c) Chứng minh 1 tứ giác là hình thang cân dựa ào dấu hiệu hình bình hành có 2 góc kề 1 đáy bằng nhau.

Lời giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác ADME là hình chữ nhật.

Ta có: \(\mathop A\limits^ \wedge   = {90^0}\)(vì \(\Delta ABC\) vuông tại A)

           \(\widehat {MDA} = 90^\circ \)(do \(MD \bot AB\))

          \(\widehat {MEA} = 90^\circ \)(do \(ME \bot AC\))

Do đó tứ giác ADME là hình chữ nhật. (dấu hiệu nhận biết)

b) Chứng minh E là trung điểm cuả đoạn thẳng AC và tứ giác CMDE là hình bình hành.

Ta có  \(\left\{ \begin{array}{l}ME \bot AC\\BA \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow ME//BA\)(1)

Mà M là trung điểm của BC (gt) (2)

Từ (1) và (2) suy ra E cũng là trung điểm của AC. (định lý đảo của đường trung bình).

Lại có : Tứ giác CMDE là hình chữ nhật nên \(MD//AE \Rightarrow MD//AC\)(3)

Mà M là trung điểm của BC (gt) (4)

Từ (3) và (4) suy ra D là trung điểm của AB.

Do đó DE là đường trung bình của tam giác ABC \( \Rightarrow DE//BC \Rightarrow DE//MC\)(5)

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}CA \bot AB\\HD \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CA//HD \Rightarrow CE//HD\)(6)

Từ (5) và (6) suy ra tứ giác DECM là hình bình hành. (dấu hiệu nhận biết).

c) Chứng minh tương tự ta có tứ giác DEMB cũng là hình bình hành\( \Rightarrow \widehat B = \widehat {DEM}\)(7)

Tam giác BHA vuông có HD là trung tuyến \( \Rightarrow HD = DA = DB = \frac{{AB}}{2}\)

Suy ra DH=DB hay \(\Delta HBD\)cân tại D \( \Rightarrow \widehat B = \widehat {DHB}\)

Mà \(\widehat {DHB} = \widehat {HDE}\)(vì DE//BC)

Nên \(\widehat B = \widehat {HDE}\)(8)

Từ (7) và (8) suy ra \(\widehat {DEM} = \widehat {HDE}\)(9).

Xét tứ giác HMED có HM//DE nên tứ giác HMDE là hình thang (10)

Từ (9) và (10) suy ra tứ giác HMED là hình thang cân.

Phương pháp giải:

+ Chứng minh AKCM là hình chữ nhật dựa vào dấu hiệu hình bình hành có một góc vuông.

+ Chứng minh AKCM là hình bình hành dựa vào dấu hiệu tứ giác có một cặp cạnh song song và bằng nhau.

+ Để AMCK là hình vuông ta dựa vào dấu hiệu hình chữ nhật có hai cạnh bên bằng nhau là hình vuông, từ đó suy ra điều kiện của tam giác ABC. 

Lời giải chi tiết:

a) \(\Delta \)ABC cân tại A có AM là trung tuyến nên AM đồng thời là đường cao \( \Rightarrow AM \bot BC \Rightarrow \widehat {AMC} = {90^0}.\) (1)   

Xét tứ giác AMCK có:  AC cắt MK tại I, mà AI = IC, MI = IK  (gt)a) ABC cân tại A có AM là trung tuyến nên AM đồng thời là đường cao (1)  

\( \Rightarrow \) Tứ giác AMCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)        (2)

Từ (1) và (2) suy ra AMCK là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Tứ giác AMCK là hình chữ nhật (c/m a)

\( \Rightarrow \) AK // CM \( \Rightarrow \)AK // BM             (3)

mà AK = MC (AMCK là hình chữ nhật) và MC = MB (gt)

\( \Rightarrow \) AK = BM            (4)                                                   

Từ (3) và (4) Tứ giác AKMB là hình bình hành. (dấu hiệu nhận biết)

c) Để tứ giác AMCK là hình vuông  thì AM = MC

Mà AM là đường trung tuyến của tam giác cân ABC

\( \Rightarrow AM = MC = {1 \over 2}BC \Rightarrow \) Tam giác ABC vuông cân tại A. 

Phương pháp giải:

a) Dựa vào định lý đường trung bình của tam giác để chứng minh được các cạnh PR = DF và \(PR//DF \Rightarrow PFDR\) là hình bình hành theo dấu hiệu nhận biết.

Lại có \(PF//BK;BK \bot AC;AC//PR\) nên \(PF \bot PR\) nên PFDR là hình chữ nhật.

Chứng minh tương tự với tứ giác PQDE.

b) Dựa vào tính chất hình chữ nhật: Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường để suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải chi tiết:

a) Xét \(\Delta ABI\) có \(FA = FB\left( {gt} \right);PI = PA\left( {gt} \right) \Rightarrow FP\) là đường trung bình của  \(\Delta ABI\)

\( \Rightarrow FP//BI\left( {t/c} \right) \Rightarrow FP//BK\)

Mà \(BK \bot AC\left( {gt} \right)\) nên \(FP \bot AC\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta AIC\) có \(PA = PI\left( {gt} \right);RI = RC\left( {gt} \right) \Rightarrow PR\) là đường trung bình của tam giác

\( \Rightarrow PR//AC;PR = {1 \over 2}AC\left( {t/c} \right)\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(FP \bot PR\) (từ vuông góc đến song song)

Xét \(\Delta ABC\) có \(FB = FA\left( {gt} \right);DB = DC\left( {gt} \right) \Rightarrow DF\) là đường trung bình của tam giác

Từ (2) và (3) ta có \(PR//DF;PR = DF\) nên PRDF là hình bình hành.

Lại có \(PF//BK;BK \bot AC;AC//PR\) nên \(PF \bot PR\) nên hình bình hành  là hình chữ nhật.

Chứng minh tương tự ta cũng có:

\(\left\{ \matrix{PE//CL  \cr CL \bot AB  \cr  AB//PQ \cr}  \right. \Rightarrow PE \bot PQ\) và \(PQ//DE//AB;PQ = DE = {1 \over 2}AB\) nên PEDQ là hình bình hành.

Do đó PEDQ là hình chữ nhật.

b) PEDQ là hình chữ nhật nên PD cắt EQ tại trung điểm O của PD và EQ

Lại có PFDR là hình chữ nhật nên PD cắt FR tại trung điểm O  của pD và FR

Do đó O là trung điểm các đoạn thẳng  \(PD,FR,EQ\)

Vậy ba đường thẳng \(PD,FR,EQ\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn.

Phương pháp giải:

a. Để chứng minh \(AE\bot BF\)  ta chứng minh ABEF là hình thoi dựa vào dấu hiệu hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau.

b. Để chứng minh BFDC là hinh thang cân ta dựa vào dấu hiệu hình thang có hai cạnh bên bằng nhau.

c. Để chứng minh BMCD là hình chữ nhật ta dựa vào dấu hiệu hình bình hành có một góc vuông.

Lời giải chi tiết:

a) Do E là trung điểm của BC nên \(BE=EC=\frac{1}{2}BC\)

F là trung điểm của AD nên \(AF=FD=\frac{1}{2}AD\)

Mà AD = BC (do ABCD là hình bình hành), nên BE = AF.  (1)

Ta lại có BE // AF (do ABCD là hình bình hành) (2)

Từ (1) và (2) suy ra ABEF là hình bình hành. (3)

Ta có \(AD=2AB\Rightarrow AB=\frac{1}{2}AD\Rightarrow AB=BE\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra ABEF là hình thoi, suy ra  \(AE\bot BF\) (hình thoi có hai đường chéo vuông góc).

b) Xét tam giác ABF có: AB = AF nên tam giác ABF cân tại A.

Lại có \(\angle A = {60^0}\), suy ra tam giác ABF là tam giác đều \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BF = AB = AF\\\angle ABF = {60^0}\end{array} \right.\) (tính chất tam giác đều)

Ta có: \(\angle A = {60^0} \Rightarrow \angle BCD = {60^0}\) (tính chất hình bình hành)

Vì \(\angle A + \angle ABC = {180^0}\) (hai góc trong cùng phía)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle ABC ={180^0}- \angle A = {120^0}.\\ \Rightarrow \angle FBC = \angle ABC - \angle ABF = {120^0} - {60^0} = {60^0}\\ \Rightarrow \angle FBC = \angle BCD = {60^0}.\end{array}\)

Xét tứ giác FDBC có:

FD // BC (do ABCD là hình bình hành)

\(\angle FBC = \angle BCD = {60^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)

Suy ra BFDC là hình thang cân. (dhnb).

c) Xét tứ giác BMCD có BM = CD (= AB), BM // CD nên tứ giác BMCD là hình bình hành (5)

Xét tam giác ABD có: \(BF=AF=FD=\frac{1}{2}AD\)

Suy ra tam giác ABD vuông tại B.

Suy ra \(\widehat{MBD}={{90}^{0}}\)(6)

Từ (5) và 6 suy ra BMCD là hình chữ nhật.

Có E là trung điểm của BC \(\Rightarrow \) E là giao điểm của hai đường chéo hình chữ nhật.

\(\Rightarrow \) M, E, D thẳng hàng.

Phương pháp giải:

Dựa vào dấu hiệu nhận biết các hình:

+) Hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông để tìm ra điều kiện của hai đường chéo AC và BD tương ứng.

Lời giải chi tiết:

Xét tam giác ABD có:

M là trung điểm của AB (gt)

Q là trung điểm của AD  (gt)

\(\Rightarrow \) QM là đường trung bình của tam giác ABD. (định lý)

Do đó QM // BD và \(QM=\frac{1}{2}BD\) (1)

CM tương tự ta cũng có NP là đường trung bình của tam giác BCD.

 \(\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & NP//BD \\  & NP=\frac{1}{2}BD\,\,\,\,\left( 2 \right) \\ \end{align} \right.\) 

Từ (1) và (2) ta suy ra MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

a) Để MNPQ là hình chữ nhật \(\Leftrightarrow MN\bot NP\Leftrightarrow AC\bot BD\) (vì MN // AC, NP // BD)

Điều kiện cần tìm là hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau.

b) Để MNPQ là hình thoi \(\Leftrightarrow MN=NP\Leftrightarrow AC=BD\) (vì \(MN=\frac{1}{2}AC,NP=\frac{1}{2}BD\))

Điều kiện cần tìm là hai đường chéo BD và AC bằng nhau.

c) Để MNPQ là hình vuông 

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN \bot PQ\\MN = PQ\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC = BD\end{array} \right.\)

Điều kiện cần tìm là hai đường chéo BD và AC bằng nhau và vuông góc với nhau.

Phương pháp giải:

 - Áp dụng tính chất đường trung bình của tam giác, dấu hiệu nhận biết hình bình hành, hình thoi, tính chất hình bình hành, tính chất trung điểm.

Lời giải chi tiết:

a) Vì \(N,\,K\)  lần lượt là trung điểm của \(AC\)  và \(BC\)  (gt)

\(\Rightarrow NK\) là đường trung bình của \(\Delta ACB\) (dấu hiệu nhận biết đường trung bình của tam giác)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & NK=\frac{AB}{2}\left( * \right) \\ & NK//AB \\\end{align} \right.\) (tính chất đường trung bình của tam giác)

Ta có: \(NK//AB\left( cmt \right)\Rightarrow \) tứ giác \(NKBA\)  là hình thang (dấu hiệu nhận biết hình thang)

Lại có: \(\angle NAB={{90}^{0}}\left( gt \right)\Rightarrow \) hình thang \(NKBA\)  là hình thang vuông (dấu hiệu nhận biết hình thang vuông)

b) Ta có: \(AB//NK\left( cmt \right)\Rightarrow QN//MB\) mà \(QM//NB\left( gt \right)\Rightarrow \) tứ giác \(MBNQ\)  là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

\(\Rightarrow QN=MB=\frac{AB}{2}\left( ** \right)\) (tính chất hình bình hành)

Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( ** \right)\Rightarrow QN=NK\)  lại có \(AN=NC\left( gt \right)\Rightarrow AQCK\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

Mặt khác, xét \({{\Delta }_{v}}ABC\) có \(AK\)  là trung tuyến (gt) suy ra \(AK=\frac{BC}{2}\) (trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy)

Mà \(KC=\frac{BC}{2}\left( gt \right)\Rightarrow AK=CK\)

\(\Rightarrow \) hình bình hành \(AQCK\)  là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi)

c) Gọi \(H\)  là giao điểm của \(MQ\)  và \(AK\)

Vì \(BNQM\) là hình bình hành (cmt)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & BN//MQ \\ & BO=OQ \\\end{align} \right.\) (tính chất hình bình hành) \(\Rightarrow \angle IBO=\angle OQH\) (so le trong)

Xét \(\Delta OIB\) và \(\Delta OHQ\) có:

\(\angle IBO=\angle OQH\) (cmt)

\(BO=OQ\left( cmt \right)\)

\(\angle BOI=\angle HOQ\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow \Delta OIB=\Delta OHQ\left( g-c-g \right)\Rightarrow OI=OH\) (2 cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta IAB\) có:

\(MH//IB\) (do \(MQ//BN\))

\(M\) là trung điểm của \(AB\left( gt \right)\)

\(\Rightarrow \) \(H\)  là trung điểm của \(AI\) (trong tam giác, đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh thứ nhất và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba)

\(\Rightarrow AH=HI\left( 1 \right)\) (tính chất trung điểm của đoạn thẳng)

Vì \(AKCQ\) là hình thoi (cmt) mà \(N\) là trung điểm của \(AC\left( gt \right)\) và \(AC\cap KQ=\left\{ N \right\}\Rightarrow N\) là trung điểm của \(AC\) (tính chất hình thoi)

Xét \(\Delta KCQ\) có:

\(IN//HQ\) (do \(MQ//BN\))

\(N\) là trung điểm của \(KQ\left( cmt \right)\)

\(\Rightarrow I\) là trung điểm của \(HK\) (trong tam giác, đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh thứ nhất và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba)

\(\Rightarrow KI=HI\left( 2 \right)\) (tính chất trung điểm của đoạn thẳng)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\Rightarrow AH=HI=IK=\frac{1}{3}AK\)

Xét \({{\Delta }_{v}}ABC\) có: \(AK=\frac{BC}{2}=12cm\) (trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy)

\(\Rightarrow AH=HI=IK=\frac{1}{3}AK=\frac{12}{3}=4cm\)

Ta có: \(NK//AB\left( cmt \right)\Rightarrow KQ//AB\left( 3 \right)\)

Do \(AKCQ\) là hình thoi (cmt) và \(N\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(KQ\Rightarrow KN=\frac{1}{2}KQ\) (tính chất hình thoi)

Mà \(KN=\frac{1}{2}AB\left( cmt \right)\Rightarrow KQ=AB\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\Rightarrow ABKQ\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

\(\Rightarrow O\) là trung điểm của \(AK\) (tính chất hình bình hành)

\(\Rightarrow AO=OK\) (tính chất trung điểm)

Lại có \(\left\{ \begin{align}  & OI=OK-KI \\ & OH=OA-AH \\\end{align} \right.\)

Mà \(AH=IK\ \left( cmt \right)\Rightarrow OI=OH=\frac{IH}{2}=\frac{4}{2}=2\ cm\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng dấu hiệu nhận biết các hình: hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi.

Áp dụng tính chất: đường trung bình của tam giác, của hình thang.

Lời giải chi tiết:

a. Ta có: Vì \(D\)  và \(B\)  đối xứng với nhau qua \(M\)  (gt) \( \Rightarrow M{\rm{D}} = MB\)(tính chất hai điểm đối xứng với nhau qua 1 điểm)

Xét tứ giác \(ABC{\rm{D}}\)  ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MC = MA\left( {gt} \right)\\M{\rm{D}} = MB\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\)  

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(ABC{\rm{D}}\)  là hình bình hành (dhnb)

b. Vì \(N\)  đối xứng với \(B\)  qua \(A\)  (gt)

\( \Rightarrow NA = AB\)(tính chất)

Lại có \(ABC{\rm{D}}\) là hình bình hành (cmt)

 \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DC = AB\\DC//AB\end{array} \right.\)(tính chất) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DC = AN\\DC//AN\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow AN{\rm{D}}C\) là hình bình hành (dhnb)

Mặt khác, \(\angle CAB = {90^0}\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle CAN = {90^0}\)

\( \Rightarrow \) hình bình hành \(AN{\rm{D}}C\)  là hình chữ nhật (dhnb) (đpcm)

c. Xét \(\Delta BNI\) có: \(AK//NI\) (do \(AK//MN\) )

                              \(NA = AB\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow \) \(AK\)  là đường trung bình của \(\Delta BNI\)(định lý)

\( \Rightarrow KI = KB\) (tính chất)

Xét \(\Delta CAK\) có: \(MI//AK\) (do \(AK//NI\))

\(MA = MC\) (gt)

\( \Rightarrow \) \(MI\)  là đường trung bình của \(\Delta ACK\) (dhnb)

\( \Rightarrow IK = CI\) (tính chất)

Mà \(KC = CI + IK \Rightarrow KC = 2KI = 2KB\) (do \(KI = KB\))

d. Vì \(BE//MN\left( {gt} \right) \Rightarrow BE//IM \Rightarrow \) Tứ giác \(BEMI\) là hình thang (dấu hiệu nhận biết hình thang)

Lại có: K là trung điểm của BI (cmt) và \(AK//MI\left( {cmt} \right) \Rightarrow A\)là trung điểm của EM (trong hình thang, nếu một đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh bên thứ nhất và song song với cạnh đáy thì đi qua trung điểm của cạnh bên thứ hai)

Xét tứ giác \(BENM\) có hai đường chéo BN và EM cắt nhau tại trung điểm A của mỗi đường.

\( \Rightarrow BENM\)là hình bình hành (dhnb)

Mà \(BN \bot EM\left( {gt} \right) \Rightarrow \) hình bình hành BENM là hình thoi (dhnb)

Để hình thoi BENM là hình vuông khi và chỉ khi \(AB = AM \Leftrightarrow AB = \frac{1}{2}AC\).

Phương pháp giải:

Áp dụng: - Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật

- Tính chất: hình chữ nhật, đối xứng, từ vuông góc đến song song.

Lời giải chi tiết:

1. Xét tứ giác \(A{\rm{ED}}F\) có: \(\angle BAC = \angle A{\rm{ED}} = \angle AFD = {90^0}\left( {gt} \right) \Rightarrow A{\rm{ED}}F\) là hình chữ nhật (dhnb)

\( \Rightarrow A{\rm{D}} = EF\) (tính chất hình chữ nhật)

2. Gọi \(O\) là giao điểm của \(EF\) và \(A{\rm{D}} \Rightarrow {\rm{O}}\)là trung điểm của \(EF\) và \(A{\rm{D}}\)(tính chất hình chữ nhật) (1)

\( \Rightarrow OE = OF\) (tính chất trung điểm)

Do D và K đối xứng nhau qua E nên suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot AB\\ED = KE\end{array} \right.\) (tính chất đối xứng)

Mà \(AC \bot AB\left( {gt} \right) \Rightarrow DK//AC\) (từ vuông góc đến song song)

Ta có: \(ED\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) (E, D là

trung điểm của AB, BC (gt))

\( \Rightarrow ED = \frac{1}{2}BC \Rightarrow BC = 2ED.\)

Xét tứ giác \(AKDC\) ta có:

\(\begin{array}{l}BC//KD\;\;\left( {cmt} \right)\\KD = BC\;\;\left( { = 2KD} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow AKDC\) là hình bình hành (dhnb)

\( \Rightarrow KC,\;EF\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (tính chất)

Mà O là trung điểm của EF  (cách gọi)

\( \Rightarrow KC,\;\;EF,\;\;AD\) đồng quy tại \(O.\) (đpcm)

Phương pháp giải:

a) Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật.

b) Áp dụng tính chất đường trung bình trong tam giác và hình thoi để chứng minh.

c) Gọi FG cắt BD tại M ; PG cắt MH tại K. Chứng minh dựa vào định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền và tam giác có đường trung tuyến ứng với cạnh bằng nửa cạnh đó là tam giác vuông.

d) Tính các đoạn cần thiết dựa vào các đẳng thức đã chứng minh ở trên từ đó tính các cạnh của tam giác vuông PIG bằng cách sử dụng định lý Pytago.

Lời giải chi tiết:

Cho hình thoi ABCD có góc D bằng \({60^o}\). Gọi E, H, G, F lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA.

a) Chứng minh tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

Ta có ABCD là hình thoi \( \Rightarrow AC \bot BD\) (tính chất)   (1)

Có E, F  lần lượt là trung điểm của AB và DA (gt)

\( \Rightarrow \) EF là đường trung bình trong tam giác ABD \( \Rightarrow \)EF // BD   (2)

Có F, G lần lượt là trung điểm của  AD và CD (gt)

\( \Rightarrow \) FG là đường trung bình trong tam giác DAC \( \Rightarrow \)FG // AC   (3)

Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow EF \bot FG\) (từ vuông góc đến song song)

Tương tự \( \Rightarrow FG \bot GH\,\,;\,\,GH \bot HE\,\,;\,\,HE \bot EF\)

\( \Rightarrow \) EFGH là hình chữ nhật (dhnb)

b) Cho AG cắt HF tại J. Chứng minh rằng \(HF = 4FJ\).

Ta có F, H lần lượt là trung điểm của AD và BC

\( \Rightarrow \) FH  là đường trung bình của hình thoi ABCD \( \Rightarrow \)FH // AB // CD và \(FH = AB = CD\)

Xét tam giác ADG có F là trung điểm của AD, FJ // DG (FH // CD)

\( \Rightarrow \)J là trung điểm của AG \( \Rightarrow \) FJ là đường trung bình trong tam giác ADG

\( \Rightarrow FJ = \frac{1}{2}DG = \frac{1}{4}CD = \frac{1}{4}HF\) (do G là trung điểm của CD nên \(DG = \frac{1}{2}CD\))

\( \Rightarrow HF = 4FJ\)  (đpcm)

c) Gọi I là trung điểm của FJ và P là giao điểm của EH và DH. Chứng minh IG vuông góc với IP.

Gọi AC cắt BD tại O \( \Rightarrow DO = \frac{1}{2}BD\,\,;\,\,OC = OA = \frac{1}{2}AC\) (tính chất)

Xét tam giác ACD có \(DA = DC\) (ABCD là hình thoi), \(\angle D = {60^o}\) (gt)

\( \Rightarrow \)\(\Delta ACD\) đều (dhnb) \( \Rightarrow AC = CD\,\)\(;\,\,DO = AG\) (tính chất)

\( \Rightarrow AG\) vừa là trung tuyến vừa là đường cao \( \Rightarrow AG \bot CD \Rightarrow AG \bot HF\) (từ vuông góc đến song song)

Gọi FG cắt BD tại M

Xét tam giác ODA có F  là trung điểm của AD, FM // OA (FG // AC)

\( \Rightarrow \)M là trung điểm của OD \( \Rightarrow \) FM là đường trung bình trong tam giác ODA \( \Rightarrow FM = \frac{1}{2}OA\)

Tương tự ta cũng được \(GM = \frac{1}{2}OC\) mà \(OA = OC\) (cmt) \( \Rightarrow FM = GM\)

\( \Rightarrow \) M là trung điểm của FG

\( \Rightarrow \) IM là đường trung bình trong tam giác FJG

\( \Rightarrow \) IM // AG mà \(AG \bot HF\) (cmt) \( \Rightarrow IM \bot HF\)

Gọi PG cắt MH tại K.

Dễ thấy PHGM là hình chữ nhật (có 3 góc vuông)

\( \Rightarrow \) K là trung điểm của PG và HM ; \(HM = PG\)

Có tam giác IMH vuông tại I (\(IM \bot HF\)) có K là trung điểm của HM

\( \Rightarrow \) \(KI = \frac{1}{2}HM = \frac{1}{2}PG\) 

\( \Rightarrow \) Tam giác PIG vuông tại I \( \Rightarrow \) \(IG \bot IP\) (đpcm)

d) Cho \(AB = 2cm\). Tính độ dài IP.

Ta có ABCD là hình thoi có HF là đường trung bình và \(\Delta ACD\) đều

\( \Rightarrow AB = BC = CD = DA = AC = HF = 2cm\)

\( \Rightarrow AG = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 cm \Rightarrow GJ = \frac{1}{2}AG = \frac{{\sqrt 3 }}{2}cm\)  (J là trung điểm của AG)

\(OC = OA = \frac{1}{2}AC = 1cm\) ; \(FG = EH = \frac{1}{2}AC = 1cm\)

\(OD = AG = \sqrt 3 cm \Rightarrow EF = GH = OD = \frac{1}{2}BD = \sqrt 3 cm\)

\(IJ = \frac{1}{2}FJ = \frac{1}{8}HF = \frac{1}{4}cm\) ;  \(PH = MG = \frac{1}{2}FG = \frac{1}{2}cm\)

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác GJI vuông tại J  ta được:

\(IG = \sqrt {I{J^2} + G{J^2}}  = \sqrt {\frac{1}{{16}} + \frac{3}{4}}  = \frac{{\sqrt {13} }}{4}\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác HPG vuông tại H ta được:

\(PG = \sqrt {P{H^2} + G{H^2}}  = \sqrt {\frac{1}{4} + 3}  = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\left( {cm} \right)\)

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác PIG vuông tại I ta được:

\(IP = \sqrt {P{G^2} - I{G^2}}  = \sqrt {\frac{{13}}{4} - \frac{{13}}{{16}}}  = \frac{{\sqrt {39} }}{4}\left( {cm} \right)\)

Phương pháp giải:

a) Sử dụng tính chất đường trung bình, tứ giác có 2 cạnh đối song song là hình thang.

b) Sử dụng tính chất bắc cầu

c) Áp dụng tính chất đường trung bình.

d) Chứng minh có một điểm đồng thời thuộc cả ba đường thẳng đó. \(DF \equiv DQ\) hay \(F\)  thuộc \(DQ.\)

Lời giải chi tiết:

a)      Xét \(\vartriangle CBD\) có \(M\) là trung điểm \(BC,\, E\) là trung điểm \(DC\)

\( \Rightarrow \)ME là đường trung bình của

\( \Rightarrow ME//BD;\,\,\,ME = \frac{1}{2}BD\)  (tính chất đường trung bình)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BDEM\)  là hình thang (tứ giác có 2 cạnh đối song song là hình thang).

b)      Ta có: \(ME//BD \Rightarrow ID//ME\)

Mà \(D\) là trung điểm của \(AE\)

\( \Rightarrow I\)  là trung điểm của \(AM\)       

c)      Ta có: \(ID = \frac{1}{2}ME\) (tính chất đường trung bình) \( \Rightarrow ID = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}BD = \frac{1}{4}BD\left( {ME = \frac{1}{2}BD\left( {cmt} \right)} \right)\)

\(\begin{align}BI=BD-DI=BD-~\frac{1}{2}BD=~\frac{3}{4}BD \\  \Rightarrow BI=3ID \\ \end{align}\) 

d)     Gọi \(F = ME \cap AP\)

Xét \(\vartriangle AMP\) có \(AC\) là đường trung tuyến,\(AE = \frac{2}{3}AC \Rightarrow E\)  là trọng tâm \(\vartriangle AMP\)\( \Rightarrow {\rm{EF}} = \frac{1}{2}ME\)

 \(EF//ID{\rm{ }}\left( {do{\rm{ }}ME//ID:{\rm{ }}cmt} \right){\rm{ }};{\rm{ }}ID = EF = \frac{1}{2}ME\)

\( \Rightarrow IDFE\) là hình bình hành (tứ giác có cặp cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành)

\( \Rightarrow IE//DF{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Ta có:  (chứng minh trên); \(BP = \frac{3}{4}BQ\)

\( \Rightarrow IP//DQ\) (định lý Ta-let đảo trong tam giác)

\(IP\) là đường trung tuyến trong \(\vartriangle AMP\Rightarrow IP\equiv IE\Rightarrow IE//DQ\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow DF \equiv DQ\) hay \(F \in DQ\)

Vậy \(ME,\, DQ,\, AP\) đồng quy tại \(F.\)

Phương pháp giải:

Ta thấy nếu vẽ \(EF \bot AM(F \in AB)\) thì EF = AM.

Ta có AM là đường phân giác, đường cao của tam giác AEF, nên tam giác AEF cân đỉnh A. 

Từ đó có ME = MF.

Xét ba điểm M, E, F ta có:  \(EF \le ME + MF\)

Do đó \(AM \le 2ME\) 

Lời giải chi tiết:

Vẽ  \(EF \bot AM(F \in AB),EG \bot AB(G \in AB)\)

Tứ giác AGED là hình chữ nhật( vì \(\widehat G = \widehat A = \widehat D = {90^0}\) ), suy ra GE = AD.

Xét \(\Delta GEF\) và \(\Delta BAM\) có: \(\widehat {EGF} = \widehat {ABM} = {90^0}\); GE = AB (=CD);  \(\widehat {FEG} = \widehat {MAB}\)

Do đó \(\Delta GEF = \Delta BAM\) (g.c.g) suy ra EF = AM.

Tam giác AEF có AM là đường phân giác và là đường cao nên tam giác AEF cân đỉnh A. Ta có AM là đường trung trực của EF, nên ME = MF.

Xét ba điểm M, E, F ta có: \(EF \le ME + MF \Leftrightarrow EF \le 2ME\). Do đó \(AM \le 2ME\)  (đpcm).

Phương pháp giải:

+ Vẽ thêm điểm H sao cho tam giác BHC vuông cân đỉnh B, H thuộc nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A.

+ Chứng minh M là trung điểm của HC để suy ra MB = MC.

+ Chứng minh MB vuông góc với MC để suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải chi tiết:

Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chưa A dựng tam giác BHC vuông cân đỉnh B.

Xét tam giác BHD và tam giác BCA có: 

DB = BA (Vì ADBE là hình vuông)

\(\widehat{DBH}=\widehat{ABC}\) (vì cùng phụ với góc HBA)

BH = BC (vì tam giác BHC vuông cân đỉnh B)

Do đó: \(\Delta BHD=\Delta BCA\,\,(c.g.c)\), suy ra \(DH=AC,\widehat{BHD}=\widehat{BCA}\).

AC cắt HD tạ K, cắt BH tại I.

Xét tam giác IHK và tam giác ICB có: \(\widehat{HIK}=\widehat{CIB}\) (đối đỉnh), \(\widehat{BHD}=\widehat{BCA}\), do đó \(\widehat{HKI}=\widehat{IBC}={{90}^{0}}\Rightarrow KC\bot DH\)

Mặt khác \(KC\bot CF\), do đó DH // CF.

Ta có DH = CF (= AC) và DH // CF nên DHFC là hình bình hành.

Mà M là trung điểm của DF nên M là trung điểm của HC, suy ra tam giác MBC vuông cân đỉnh M.