a: Ta có: \(MI=IN=\frac{MN}{2}\)

\(QK=KP=\frac{QP}{2}\)

\(MQ=NP=\frac{MN}{2}\)

mà MN=PQ

nên MI=IN=QK=KP=MQ=NP

Xét tứ giác MIKQ có

MI//KQ

MI=KQ

DO đó: MIKQ là hình bình hành

Hình bình hành MIKQ có MI=MQ

nên MIKQ là hình thoi

b: TA có: MI=MQ

MQ=MA

Do đó: MA=MI

Ta có: \(\hat{AMI}+\hat{QMI}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{AMI}=180^0-120^0=60^0\)

Xét ΔMAI có MA=MI và \(\hat{AMI}=60^0\)

nên ΔMAI đều

c: MN//PQ

=>\(\hat{AMI}=\hat{MQP}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{MQP}=60^0\)

Xét ΔMKQ có QK=QM và \(\hat{MQK}=60^0\)

nên ΔMKQ đều

=>MK=KQ=QP/2

Xét ΔMQP có

MK là đường trung tuyến

\(MK=\frac{QP}{2}\)

Do đó: ΔMQP vuông tại M

=>QM⊥MP

Ta có: MQ=MA

NP=MQ

Do đó: MA=NP

Xét tứ giác AMPN có

AM//PN

AM=PN

Do đó: AMPN là hình bình hành

Hình bình hành AMPN có \(\hat{AMP}=90^0\)

nên AMPN là hình chữ nhật

Bài 5:

a: Xét ΔDAB vuông tại D và ΔDCE vuông tại D có

DA=DC

DB=DE

Do đó: ΔDAB=ΔDCE

=>AB=CE
b: ΔDAB=ΔDCE

=>\(\hat{DAB}=\hat{DCE}\)

mà \(\hat{DAB}+\hat{DBA}=90^0\) (ΔDBA vuông tại D)

nên \(\hat{FBC}+\hat{FCB}=90^0\)

=>ΔFBC vuông tại F

=>CF⊥AB tại F

Bài 4:

a: Ta có: \(\hat{MAB}+\hat{BAC}+\hat{CAN}=180^0\)

=>\(\hat{MAB}+\hat{CAN}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{MAB}+\hat{MBA}=90^0\) (ΔMAB vuông tại M)

nên \(\hat{MBA}=\hat{CAN}\)

Xét ΔMBA vuông tại M và ΔNAC vuông tại N có

BA=AC

\(\hat{MBA}=\hat{NAC}\)

Do đó: ΔMBA=ΔNAC

b: ΔMBA=ΔNAC

=>MB=NA; MA=NC

NA+AM=NM

mà NA=MB và AM=NC

nên MB+NC=NM

cứu em

Bài 3:

a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔACD vuông tại C có

AD chung

AB=AC

Do đó: ΔABD=ΔACD

=>\(\hat{BAD}=\hat{CAD}\)

=>AD là phân giác của góc BAC

b: ΔABD=ΔACD

=>DB=DC
=>D nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: MB=MC

=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,D,M thẳng hàng

Bài 1:

a: Xét ΔDEB vuông tại E và ΔDFC vuông tại F có

DB=DC

\(\hat{DBE}=\hat{DCF}\)

Do đó: ΔDEB=ΔDFC
b: ΔDEB=ΔDFC

=>DE=DF

Xét ΔAED vuông tại E và ΔAFD vuông tại F có

AD chung

DE=DF

Do đó: ΔAED=ΔAFD

=>AE=AF

Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{BAC}+\hat{CAE}=180^0\)

=>\(\hat{BAD}+\hat{CAE}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{BAD}+\hat{ABD}=90^0\) (ΔABD vuông tại D)

nên \(\hat{DBA}=\hat{EAC}\)

Xét ΔDBA vuông tại D và ΔEAC vuông tại E có

BA=AC
\(\hat{DBA}=\hat{EAC}\)

Do đó: ΔDBA=ΔEAC

=>DA=EC; DB=EA

a: Xét ΔABM và ΔANM có

AB=AN

\(\hat{BAM}=\hat{NAM}\)

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔANM

b: ΔABM=ΔANM

=>\(\hat{ABM}=\hat{ANM}\)

mà \(\hat{ABM}+\hat{MBE}=180^0\) (hai góc kề bù)

và \(\hat{ANM}+\hat{MNC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{MBE}=\hat{MNC}\)

Xét ΔMBE và ΔMNC có

\(\hat{MBE}=\hat{MNC}\)

MB=MN

\(\hat{BME}=\hat{NMC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔMBE=ΔMNC

c: Ta có: AB=AN

=>A nằm trên đường trung trực của BN(1)

Ta có: MB=MN

=>M nằm trên đường trung trực của BN(2)

Từ (1),(2) suy ra AM là đường trung trực của BN

=>AM⊥BN

mà AM//NK

nên BN⊥NK

=>ΔBNK vuông tại N

Tên gọi Lan Xang của Vương quốc Lào có nghĩa là “Triệu Voi” (đầy đủ là Lan Xang Hom Khao – Triệu Voi và Lọng Trắng).

Áp dụng công thức là ra 🤣

T

Who ask you?