a: Xét tứ giác BMDN có 

BM//DN

BM=DN

Do đó: BMDN là hình bình hành

De dang chung minh duoc \(\Delta MAX=\Delta MDP,\Delta NBY=\Delta NCP\)

suy ra M la trung diem XP, N la trung diem PY

xet tam giac XPY co YM,XN la duong trung tuyen => T la trong tam tam giac XPY

=> PT di qua trung diem XY (1)

Mat khac MN // XY ( duong trung binh)  (2)

va M , N la trung diem AD,BC co dinh  (3)

tu (1),(2),(3) suy ra PT di qua trung diem MN co dinh

Chuc ban hoc tot

Upin : t nghĩ phần cuối của m từ ( 1 ), ( 2 ) và ( 3 ) => ... như thế không thuyết phục lắm

t nghĩ là m nên nói bổ đề hình thang 

còn không thì gọi giao điểm PT với MN và XY là K và H

xong dùng Ta-lét để chứng minh MK = KN 

ok t se giup kinh nghiem

Gọi G là trung điểm của CD. Cho MN cắt AG tại I. Ta sẽ chứng minh điểm I cố định.

Thật vậy: Kéo dài tia BG cắt tia AD tại P. Qua 2 điểm B và P kẻ các đường thẳng song song với MN, chúng cắt đường thẳng AG lần  lượt ở 2 điểm E và F.

Dễ thấy: \(\Delta\)BGC = \(\Delta\)PGD (g.c.g) => GB = GP (2 cạnh tương ứng) 

=> \(\Delta\)BEG = \(\Delta\)PFG (g.c.g) => GE = GF (2 cạnh tương ứng) => EF = 2.GE

Xét \(\Delta\)PAF có: N thuộc AP; I thuộc AF; IN // PF => \(\frac{AP}{AN}=\frac{AF}{AI}=\frac{AE+EF}{AI}=\frac{AE+2.GE}{AI}\)(ĐL Thales)

Do \(\Delta\)BGC = \(\Delta\)PGD (cmt) nên BC = PD. Mà BC = AD => PD = AD = 1/2 .AP

\(\Rightarrow\frac{2.AD}{AN}=\frac{AE+2.GE}{AI}\). Tương tự: \(\frac{AB}{AM}=\frac{AE}{AI}\)

Do đó: \(\frac{AB}{AM}+\frac{2.AD}{AN}=\frac{2\left(AE+GE\right)}{AI}=\frac{2.AG}{AI}\). Suy ra \(\frac{2.AG}{AI}=4\)(Theo gt)

\(\Rightarrow\frac{AG}{AI}=2\)=> I là trung điểm của AG

Ta thấy: Hbh ABCD cố định có G là trung điểm CD nên AG cố định. Mà I là trung điểm AG nên I cũng cố định.

Lại có: MN đi qua I nên MN luôn đi qua 1 điểm cố định (đpcm).

a) Vì M ∈ (SAB)

Và  nên (α) ∩ (SAB) = MN

và MN // SA

Vì N ∈ (SBC)

Và  nên (α) ∩ (SBC) = NP

và NP // BC (1)

 ⇒ (α) ∩ (SCD) = PQ

Q ∈ CD ⇒ Q ∈ (ABCD)

Và  nên (α) ∩ (ABCD) = QM

và QM // BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.

b) Ta có:

 ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx và Sx // AB // CD

MN ∩ PQ = I ⇒ 

MN ⊂ (SAB) ⇒ I ∈ (SAB), PQ ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SCD)

⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ I ∈ Sx

(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.

.a.

Vì `EF` là đường trung trực MB.

=> `EM=EB`

=> `ΔEMB` cân tại E

=> \(\widehat{EMB}=\widehat{EBM}\)

Chứng minh tương tự được: \(\widehat{FMB}=\widehat{FBM}\)

Vì `AM=DN` mà AM//DN

=> Tứ giác `AMND` là hình bình hành.

b.

Từ câu (a) suy ra: 

ME//BF

BE//FM

=> Hình bình hành MEBF có `EF⊥MB`

=> Tứ giác MEBF là hình thoi