giải được cho 10 ****

S(KCD) = CD x BC X 1/2 = 1/2 S(ABCD)
-S(ABNM) = S(CDMN) = 1/2 s(ABCD) ( Vì AM = NC, DM = BN, AB = CD)
=> S(ABNM) = S(KCD) 
=> S(CDEF) = S(AKEM) + S(BKFN) ( cùng chung S(KEF)
- Mà S(ABNM) = S(CDMN) => S(KEF) = S(DME) + S(CNF) ( cùng bớt S(CDEF) = S(AKEM) + S(BKFN))

-S(KCD) = CD x BC X 1/2 = 1/2 S(ABCD) -S(ABNM) = S(CDMN) = 1/2 s(ABCD) ( Vì AM = NC, DM = BN, AB = CD) => S(ABNM) = S(KCD) => S(CDEF) = S(AKEM) + S(BKFN) ( cùng chung S(KEF) - Mà S(ABNM) = S(CDMN) => S(KEF) = S(DME) + S(CNF) ( cùng bớt S(CDEF) = S(AKEM) + S(BKFN))

Sơ đồ minh họa:

Phân tích: Ta thấy tam giác \(KDC\) và tứ giác \(MNCD\) có phần chung là tứ giác \(EFCD\).

Vậy để chứng tỏ: \(S_{KEF}=S_{MED}+S_{FNC}\) ta cần chứng tỏ \(S_{KDC}=S_{MNCD}\)

Giải tóm tắt:

\(S_{KDC}=DC\times BC\div2=\frac{1}{2}\times S_{ABCD}\)                     (1)

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên tứ giác \(MNCD\) là hình thang và có diện tích là:

\(S_{MNCD}=\left(MD+NC\right)\times DC\div2=\)

             \(=AD\times DC\div2=\frac{1}{2}\times S_{ABCD}\)                  (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(S_{KDC}=S_{MNCD}\)

Tam giác \(KDC\) và hình thang \(MNCD\) có phần chung là tứ giác \(EFCD\), suy ra:

\(S_{KEF}=S_{MED}+S_{FNC}\)

a) Ta có AD = BC; AD // BC (gt), AM = CN (gt)

⇒ AD – AM = BC – CN

Hay DM = BN

Lại có DM // BN

Do đó MNDN là hình bình hành ⇒ BM // DN

d) Gọi F là giao điểm của BK và QC. Ta có O là trung điểm của BD và OQ // BK (gt) nên Q là trung điểm của DF.

Lại có QK // BD (gt); Q là trung điểm của DF ⇒ K là trung điểm của BF.

CK là trung tuyến của tam giác vuông BCF ⇒ CK = BK = BC/2.

Ta có QK là đường trung bình của tam giác

⇒ QK = BO = BD/2; QK // BO

⇒ Tứ giác OBKQ là hình bình hành

Mặt khác ∠(OBQ) = 90o ⇒ OBKQ là hình chữ nhật

⇒ ∠(OBK) = 90o

Xét ΔOCK và ΔOBK có

CK chung

OC = OB (tính chất đường chéo hình chéo hình chữ nhật)

CK = BK (cmt)

Vậy ΔOCK = ΔOBK (c.c.c) ⇒ ∠OCK = ∠OBK = 90o hay AC ⊥ CK.