a) Ta có:

\(AE = EB = \frac{1}{2}AB\) (do \(E\) là trung điểm của \(AB\))

\(DF = FC = \frac{1}{2}CD\) (\(F\) là trung điểm của \(CD\))

\(AB = CD\) (do \(ABCD\) là hình bình hành)

Suy ra \(AE = CF = EB = DF\)

Xét tứ giác \(AECF\) ta có:

\(AE\) // \(CF\) (do \(AB\) // \(CD\))

\(AE = CF\)

Suy ra \(AECF\) là hình bình hành

b) Vì \(AB = 2AD\) (gt) và \(AB = 2AE\)  (do \(E\) là trung điểm của \(AB\))

Suy ra \(AD = AE\)

Xét tứ giác \(AEFD\) có \(AE\) // \(DF\) và \(AE = DF\) (cmt)

Suy ra \(AEFD\) là hình bình hành

Mà \(AE = AD\) (cmt)

Suy ra \(AEFD\) là hình thoi

c) Ta có \(AF \bot DE\) (do \(AEFD\) là hình thoi)

và \(AF\) // \(EC\) (\(AECF\) là hình bình hành)

Suy ra \(EC \bot DE\)

Suy ra \(\widehat {IEK} = 90^\circ \)

Vì \(AEFD\) là hình thoi nên \(EF = AE\)

Và \(AE = \frac{1}{2}AB\) (gt)

Suy ra \(EF = \frac{1}{2}AB\)

Xét \(\Delta AFB\) có \(FE\) là đường trung tuyến và \(EF = \frac{1}{2}AB\)

Suy ra \(\Delta AFB\) vuông tại \(F\)

Suy ra \(\widehat {{\rm{IFK}}} = 90\)

Xét tứ giác \(EIFK\) ta có:

\(\widehat {{\rm{EIF}}} = 90\) (do \(AF \bot DE\))

\(\widehat {{\rm{IEK}}} = 90^\circ \) (cmt)

\(\widehat {{\rm{IFK}}} = 90^\circ \) (cmt)

Suy ra \(EIFK\) là hình chữ nhật

d) \(EIFK\) là hình vuông

Suy ra \(FI = EI\)

Mà \(EI = ID = \frac{1}{2}DE\) ( do \(AEFD\) là hình thoi)

\(FI = IA = \frac{1}{2}AF\)  (do \(AEFD\) là hình thoi)

Suy ra \(AF = DE\)

Mà \(AEFD\) là hình thoi

Suy ra \(AEFD\) là hình chữ nhật

Suy ra \(\widehat {{\rm{ADC}}} = 90^\circ \)

Mà \(ABCD\) là hình bình hành (gt)

Suy ra \(ABCD\) là hình chữ nhật

Vậy nếu hình bình hành \(ABCD\) là hình chữ nhật thì \(EIFK\) là hình vuông

a: Ta có: ABCD là hình bình hành

=>AB=CD(1)

Ta có: E là trung điểm của AB

=>\(EA=EB=\dfrac{AB}{2}\left(2\right)\)

Ta có: F là trung điểm của CD

=>\(FC=FD=\dfrac{CD}{2}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra EA=EB=FC=FD

Xét tứ giác AECF có

AE//CF

AE=CF

Do đó: AECF là hình bình hành

b: Xét tứ giác AEFD có

AE//FD

AE=FD

Do đó: AEFDlà hình bình hành

Hình bình hành AEFD có \(AE=AD\left(=\dfrac{AB}{2}\right)\)

nên AEFD là hình thoi

c: Xét tứ giác EBCF có

BE//FC

BE=FC

Do đó: EBCF là hình bình hành

Hình bình hành EBCF có \(EB=BC\left(=\dfrac{AB}{2}\right)\)

nên EBCF là hình thoi

=>EC\(\perp\)BF tại trung điểm của mỗi đường

=>EC\(\perp\)BF tại K và K là trung điểm chung của EC và BF

Ta có: AEFD là hình thoi

=>AF\(\perp\)ED tại trung điểm của mỗi đường

=>AF\(\perp\)ED tại I và I là trung điểm chung của AF và ED

Ta có: AEFD là hình thoi

=>EF=AD

mà AD=DC/2

nên EF=DC/2

Xét ΔEDC có

EF là đường trung tuyến

\(EF=\dfrac{CD}{2}\)

Do đó: ΔEDC vuông tại E

Xét tứ giác EIFK có

\(\widehat{EIF}=\widehat{EKF}=\widehat{IEK}=90^0\)

=>EIFK là hình chữ nhật

d: Để EIFK là hình vuông thì FI=FK

mà \(FI=\dfrac{FA}{2};FK=\dfrac{FB}{2}\)

nên FA=FB

=>ΔFAB cân tại F

Ta có: ΔFAB cân tại F

mà FE là đường trung tuyến

nên FE\(\perp\)AB

ta có: FE\(\perp\)AB

FE//AD

Do đó: AD\(\perp\)AB

a) Xét tứ giác AMND có 

AM//DN

AM=DN

Do đó: AMND là hình bình hành

Suy ra: AD=NM

b) Xét tứ giác BCNM có 

BM//CN

BM=CN

Do đó: BCNM là hình bình hành

a: Xét tứ giác AECF có 

AE//CF

AE=CF

Do đó: AECF là hình bình hành

EP // MF (EP là đường trung bình trong ∆BAF) và EP = AF / 2 = MF => MENF là hình bình hành. 
=> MP và EF cắt nhau tại trung điểm I. 
FN // DE và FN = DE / 2 = QE => FQEN là hình bình hành => QN và EF cắt nhau tại trung điểm I 
=> MP và QN cắt nhau tại trung điểm của chúng => MNPQ là hình bình hành 

tích mình với

ai tích mình

mình tích lại

thanks

tích mình đi

ai tích mình

mình ko tích lại đâu

thanks

Đáp án: Giải thích các bước giải a) Hình bình hành ABCD gọi OO là giao điểm của AC và BD ⇒O⇒O là trung điểm của AC, BD (tính chất ) Xét hai tam giác vuông ΔOEBΔOEB và OFDOFD có: OB=ODOB=OD ˆBOE=ˆDOFBOE^=DOF^ (đối đỉnh) ⇒ΔOEB=ΔOFD⇒ΔOEB=ΔOFD (cạnh huyền-góc nhọn) ⇒BE=DF⇒BE=DF (hai cạnh tương ứng) Và có BE//DFBE//DF (vì cùng vuông góc với AC giả thiết) Từ hai điều trên ⇒⇒ tứ giác BEDF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) b) Xét ΔHBCΔHBC và ΔKDCΔKDC có: ˆBHC=ˆDKC=90oBHC^=DKC^=90o (giả thiết) ˆHBC=ˆKDCHBC^=KDC^ (=ˆBAD=BAD^ đồng vị) ⇒ΔHBC∼ΔKDC⇒ΔHBC∼ΔKDC (g.g) ⇒CHCK=CBCD⇒CHCK=CBCD (hai cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒CH.CD=CK.CB⇒CH.CD=CK.CB (đpcm) c) Xét ΔAEBΔAEB và ΔAHCΔAHC có: ˆAA^ chung ˆAEB=ˆAHC=90oAEB^=AHC^=90o ⇒ΔAEB∼ΔAHC⇒ΔAEB∼ΔAHC (g.g) ⇒AEAH=ABAC⇒AEAH=ABAC (hai cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒AE.AC=AB.AH⇒AE.AC=AB.AH (1) Xét ΔAFDΔAFD và ΔAKCΔAKC có: ˆAA^ chung ˆAFD=ˆAKC=90oAFD^=AKC^=90o ⇒ΔAFD=ΔAKC⇒ΔAFD=ΔAKC (g.g) ⇒AFAK=ADAC⇒AFAK=ADAC (hai cạnh tương ứng bằng nhau) ⇒AF.AC=AK.AD⇒AF.AC=AK.AD (2) Ta có OE=OF (suy ra từ ΔOEB=ΔOFDΔOEB=ΔOFD câu a) OA=OC (tính chất hình bình hành) ⇒OA−OE=OC−OF⇒OA−OE=OC−OF hay AE=FCAE=FC (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra AB.AH+AK.AD=AE.AC+AF.ACAB.AH+AK.AD=AE.AC+AF.AC =AC(AE+AF)=AC(FC+AF)=AC2=AC(AE+AF)=AC(FC+AF)=AC2 (đpcm)