- Nếu hình bình hành nhận AC làm đường chéo vì AB là đường chéo hình vuông có 2 ô vuông nên C M 1  là đường chéo hình vuông cạnh 2 ô vuông và A, M 1  nằm trên một nửa mặt phẳng bờ BC ta có hình bình hành ABC M 1

- Nếu hình bình hành nhận BC làm đường chéo, điểm A cách điểm C ba ô vuông, điểm B cách điểm  M 2 là ba ô vuông và trên một nửa mặt phẳng bờ AB ta có hình bình hành AB M 2 C

- Nếu hình bình hành nhận AB làm đường chéo thì điểm  M 3  cách điểm B ba ô vuông,  M 3  và A nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC ta có hình bình hành ACB M 3

Ta có thể xác định hai điểm M thỏa mãn như dưới hình.

Bài giải:

Có thể tìm được hai điểm M là giao điểm của các dòng kẻ sao cho nó cùng với ba điểm đã cho A, D, K là bốn đỉnh của một hình thang cân. Đó là hình thang AKDM₁ (với AK là đáy) và hình thang ADKM₂ (với DK là đáy).

a/

Ta có

BE=DF (cạnh đối hbh)

BE=CF (gt)

=> CF=DF => tg CDF cân tại F

Ta có

DF//BE => DF//AB mà \(AB\perp AC\Rightarrow DF\perp AC\)

=> tg CDF vuông cân tại F \(\Rightarrow\widehat{FCD}=\widehat{FDC}=45^o\)

Tg ABC vuông cân tại A \(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=45^o\)

\(\widehat{BCD}=\widehat{ACF}-\left(\widehat{ACB}+\widehat{FCD}\right)=180^o-\left(45^o+45^o\right)=90^o\)

\(\Rightarrow DC\perp BC\) (đpcm)

b/

Từ E dựng đường thẳng vuông góc với AB cắt BC tại K

Xét tg vuông BEK có

\(\widehat{BKE}=180^o-\left(\widehat{BEK}+\widehat{ABC}\right)=180^o-\left(90^o+45^o\right)=45^o\)

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{BKE}=45^o\) => tg BEK cân tại E => BE=KE

Mà BE=CF (gt)

=> KE=CF (1)

Ta có

\(KE\perp AB\)

\(AC\perp AB\Rightarrow CF\perp AB\)

=> KE//CF (2)

Từ (1) và (2) => CEKF là hình bình hành (Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và bằng nhau là hbh)

=> IE=IF (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Xét tg vuông AEF có

IE=IF (cmt) \(\Rightarrow AI=\dfrac{1}{2}EF\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Mà EF=DB (cạnh đối hbh)

\(\Rightarrow AI=\dfrac{1}{2}DB\) (đpcm)

c/ Gọi N là giao của MI với AF

Xét tg vuông CIN có

\(\widehat{CIN}=180^o-\left(\widehat{ACB}+\widehat{MNF}\right)=180^o-\left(45^o+90^o\right)=45^o\)

\(\Rightarrow\widehat{CIN}=\widehat{ACB}=45^o\) => tg CIN cân tại N => NI=NC (3)

\(MI\perp AF;DF\perp AF\) => MI//DF 

BD//EF (cạnh đối hbh) => MD//IF

=> DFIM là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh) => MI=DF

Mà DF=CF (cmt)

=> MI=CF (4)

Xét tg MNF

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\dfrac{NI}{NC}=\dfrac{MI}{CF}=1\) => CI//MF (Talet đảo trong tam giác) (5)

Từ (4) và (5) => MICF là hình thang cân

d/

Nối D với I, Giả sử A; I; D thẳng hàng

DF//BE (cạnh đối hbh) => DF//AB

\(AI=\dfrac{1}{2}EF\) (cmt) mà IE=IF => AI=IE=IF => tg AIE cân tại I

\(\Rightarrow\widehat{EAI}=\widehat{AEI}\) (6)

Mà \(\widehat{EAI}=\widehat{FDI};\widehat{AEI}=\widehat{DFI}\) (góc so le trong) (7)

Từ (6) và (7) \(\Rightarrow\widehat{FDI}=\widehat{DFI}\) => tg IDF cân tại I 

=> ID=IF Mà AI=IE=IF => AI=IE=IF=ID

=> AEDF là hình bình hành (Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Mà \(\widehat{A}=90^o\)

=> AEDF là hcn  \(\Rightarrow DE\perp AB\) (8)

=> AD=EF (đường chéo HCN)

mà EF=BD (cạnh đối HCN)

=> AD=BD => tg ABD cân tại D (9)

Từ (8) và (9) => BE=AE (Trong tg cân đường cao hạ từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> E phải là trung điểm của AB thì A, I, D thẳng hàng

a: Xét tứ giác AHCD có

M là trung điểm chung của AC và HD

góc AHC=90 độ

=>AHCD là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác ADHE có

AD//HE

AD=HE

=>ADHE là hình bình hành

\(a,\Rightarrow C,A,D\) \(thẳng\) \(hàng\Rightarrow\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{DC}\)

\(D\left(x;y\right)\Rightarrow\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-1-x=2\\-2-y=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-1\\y=-2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=-2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow D\left(-3;-2\right)\)

\(b,E\left(xo;yo\right)\Rightarrow\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BC}\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xo-1=-3\\yo+2=-5\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xo=-2\\yo=-7\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow E\left(-2;-7\right)\)

\(c,\Rightarrow G\left(xG;yG\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}xG=\dfrac{1+2-1}{3}=\dfrac{2}{3}\\yG=\dfrac{-2+3-2}{3}=-\dfrac{1}{3}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow G\left(\dfrac{2}{3};-\dfrac{1}{3}\right)\)

a) Giả sử (A’B’C’) ∩ d = D’

⇒ (A’B’C’) ∩ (C’CD) = C’D’.

+ AA’ // CC’ ⊂ (C’CD)

⇒ AA’ // (C’CD).

AB // CD ⊂ (CC’D)

⇒ AB // (CC’D)

(AA’B’B) có:

 ⇒ (AA’B’B) // (C’CD).

Mà (A’B’C’) ∩ (AA’B’B) = A’B’

⇒ (A’B’C’) cắt (C’CD) và giao tuyến song song với A’B’

⇒ C’D’ // A’B’.

b) Chứng minh tương tự phần a ta có B’C’ // A’D’.

Tứ giác A’B’C’D’ có: B’C’ // A’D’ và C’D’ // A’B’

⇒ A’B’C’D’ là hình bình hành.

Gọi AH là chiều cao của tam giác APF.

Ta có: SAPF = AH.PF/2.

a) SPIF = SPAF

⇔ chiều cao IK = AH (Chung cạnh đáy PF).

⇔ I nằm trên đường thẳng song song với PF và cách PF 1 khoảng bằng AH.

b) SPOF = 2.SPAF

⇔ chiều cao OM = 2.AH

⇔ O nằm trên đường thẳng song song với PF và cách PF một khoảng bằng 2.AH

c) 

⇔ chiều cao NQ = AH/2

⇔ N nằm trên đường thẳng song song với PF và cách PF một khoảng bằng AH/2.