Bài 5:
a: ΔABC cân tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM⊥BC tại M
Xét tứ giác AMCK có
I là trung điểm chung của AC và MK
=>AMCK là hình bình hành
Hình bình hành AMCK có \(\hat{AMC}=90^0\)
nên AMCK là hình chữ nhật
b: ta có: AMCK là hình chữ nhật
=>AK//CM và AK=CM
AK//CM
=>AK//BM
Ta có: AK=CM
BM=CM
Do đó: AK=BM
Xét tứ giác AKMB có
AK//MB
AK=MB
Do đó: AKMB là hình bình hành
c: Xét tứ giác ABEC có
M là trung điểm chung của AE và BC
=>ABEC là hình bình hành
Hình bình hành ABEC có AB=AC
nên ABEC là hình thoi
Bài 6:
a: ta có: \(BE=EC=\frac{BC}{2}\)
\(FA=FD=\frac{AD}{2}\)
\(AB=CD=\frac{BC}{2}\)
mà AD=BC(ABCD là hình bình hành)
nên BE=EC=FA=FD=AB=CD
Xét tứ giác ABEF có
BE//AF
BE=AF
Do đó: ABEF là hình bình hành
Hình bình hành ABEF có BE=BA
nên ABEF là hình thoi
=>BF⊥AE
b: Xét ΔBAF có AB=AF và \(\hat{BAF}=60^0\)
nên ΔBAF đều
=>\(\hat{ABF}=\hat{AFB}=60^0\)
Ta có: BC//AD
=>\(\hat{BFA}=\hat{FBC}\) (hai góc so le trong)
=>\(\hat{FBC}=60^0\)
ABCD là hình bình hành
=>\(\hat{BAD}=\hat{BCD}\)
=>\(\hat{BCD}=60^0\)
Xét tứ giác BCDF có
BC//DF
\(\hat{FBC}=\hat{DCB}\left(=60^0\right)\)
Do đó: BCDF là hình thang cân
c: Ta có; BA=CD
BA=BM
Do đó: BM=CD
Ta có: BA//CD
=>BM//CD
Ta có: ΔABF đều
=>BF=FA=AD/2
Xét ΔABD có
BF là đường trung tuyến
\(BF=\frac{AD}{2}\)
Do đó: ΔABD vuông tại B
=>BD⊥BA tại B
=>BD⊥MA tại B
Xét tứ giác BDCM có
BM//CD
BM=CD
Do đó: BDCM là hình bình hành
Hình bình hành BDCM có BD⊥BM
nên BDCM là hình chữ nhật
d: Ta có: BDCM là hình chữ nhật
=>BC cắt DM tại trung điểm của mỗi đường
mà E là trung điểm của BC
nên E là trung điểm của DM
=>M,E,D thẳng hàng
Bài 7:
a: Ta có: AK=KI=IH
mà AK+KI+IH=AH
nên \(AK=KI=IH=\frac{AH}{3}\)
Xét ΔAHB có MK//BH
nên \(\frac{AK}{AH}=\frac{AM}{AB}\)
=>\(\frac{AM}{AB}=\frac13\)
Xét ΔAHB có EI//BH
nên \(\frac{AI}{AH}=\frac{AE}{AB}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac23\)
Xét ΔACB có MN//BC
nên \(\frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AB}=\frac13\)
=>\(MN=\frac{BC}{3}=5\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔACB có EF//BC
nên \(\frac{EF}{CB}=\frac{AE}{AB}=\frac23\)
=>\(EF=CB\cdot\frac23=15\cdot\frac23=10\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\) (hai góc đồng vị, EF//BC)
\(\hat{BAC}\) chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
=>\(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AE}{AB}\right)^2=\frac49\)
=>\(S_{AEF}=270\cdot\frac49=120\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
Xét ΔAMN và ΔAEF có
\(\hat{AMN}=\hat{AEF}\) (hai góc đồng vị, MN//EF)
\(\hat{MAN}\) chung
Do đó: ΔAMN~ΔAEF
=>\(\frac{S_{AMN}}{S_{AEF}}=\left(\frac{AM}{AE}\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14\)
=>\(S_{AMN}=S_{AEF}\cdot\frac14=\frac{120}{4}=30\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
Ta có: \(S_{AMN}+S_{MNFE}=S_{AEF}\)
=>\(S_{MNFE}=120-30=90\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
