Gợi ý thôi cx được nhưng mà gợi ý theo kiểu chi tiết nhé , đừng bảo là kẻ cái này cái nọ rồi tự giải thì mik chịu :D 

Nhanh nhé , làm xong , mik sẽ

Mik sẽ tk nhé v: 

a/ 

Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD => ABCD cũng là hình thang.

Ta có E và F lần lượt là trung điểm các cạnh AD và BC nên EF là đường trung bình 

của hình thang ABCD => EF // AB (1)

Lại có AE // BF (2) . Từ (1) và (2) suy ra ABFE là hình bình hành (dhnb)

b/ Xét tứ giác DEBC có \(\hept{\begin{cases}DE=BF\\DE\text{//}BF\end{cases}}\) => DEBF là hình bình hành => BE // DF

Xét tam giác BCP : \(\hept{\begin{cases}BF=FC\\FQ\text{//}BP\end{cases}}\) => QF là đường trung bình => CQ = QP (3)

Tương tự với tam giác ADQ : PE là đường trung bình => AP = PQ (4)

Từ (3) và (4) => AP = PQ = QC

c/ 

Ta có : \(\hept{\begin{cases}IE=EM\\AE=ED\end{cases}}\) => IAMD là hình bình hành => IA // DM hay IA // CD (5)

Tương tự : \(\hept{\begin{cases}BF=FC\\MF=FK\end{cases}}\) => BKCM là hình bình hành => BK // CD (6)

Lại có AB // CD (7)

Từ (5) , (6) , (7) kết hợp cùng với tiên đề Ơ-clit ta được đpcm.

d/  Vì IAMD và BKCM là các hình bình hành (chứng minh ở câu c) 

nên ta có AI = DM , BK = CM

=> AI + BK = DM + CM = CD (không đổi)

Vậy khi M di chuyển trên cạnh CD thì AI + BK không đổi.

khó đấy bạn !

a)

*xét hbh ABCD có:

AD//BC(t/c hbh)

B,F,C THẲNG HÀNG

A,E,D THẲNG HÀNG

=> BF//AE(1)

* xét hbh ABCD có

AD=BC(t/c hbh)

có BF=FC

AE=ED

=> AE=BF(2)

Từ (1),(2) => EABF là hbh(dhnb)

mình chỉ lm đc câu a) thoi xl nhé

Nối NQ. 

Vì NPQM là hình thoi

=> \(\widehat{MQP}=\widehat{MNP}=120^o\)

=> \(\widehat{NQF}=\frac{1}{2}.\widehat{MQP}=60^o\)

Có tam giác NMQ cân tại M  ( NM=MQ)

\(\widehat{MNQ}=\frac{1}{2}\widehat{MNP}=\frac{1}{2}.120=60^o\)

=> Tam giác NMQ đều

Xét tam giác NME và tam giác NQF 

có: NM=NQ  ( tam giác NMQ đều)

    ME =QF ( giả thiết)

   \(\widehat{NME}=\widehat{NQF}=60^o\)

=> Tam giác NME = Tam giác NQF

=> NE =NF => Tam giác NEF cân tại N

và \(\widehat{MNE}=\widehat{QNF}\)=> ^QNF+ ^QNE =^MNE +^QNE =^QNM =60^o

=> \(\widehat{FNE}=60^o\)

=> Tam giác NEF  đều

## Bài 1:

**a) Chứng minh rằng các tam giác AMQ, ANP vuông cân.**

* **Tam giác AMQ:**
    * Ta có: $\widehat{MAQ} = 90^\circ$ (do d vuông góc với AM)
    * $\widehat{AMQ} = \widehat{ABM}$ (cùng phụ với $\widehat{AMB}$)
    * Mà $\widehat{ABM} = 45^\circ$ (do ABCD là hình vuông)
    * Nên $\widehat{AMQ} = 45^\circ$
    * Vậy tam giác AMQ vuông cân tại A.

* **Tam giác ANP:**
    * Ta có: $\widehat{NAP} = 90^\circ$ (do d vuông góc với AM)
    * $\widehat{ANP} = \widehat{ADN}$ (cùng phụ với $\widehat{AND}$)
    * Mà $\widehat{ADN} = 45^\circ$ (do ABCD là hình vuông)
    * Nên $\widehat{ANP} = 45^\circ$
    * Vậy tam giác ANP vuông cân tại A.

**b) Gọi giao điểm của QM và NP là R. Gọi I, K là trung điểm của đoạn thẳng MQ, PN. Chứng minh rằng AIKR là hình chữ nhật**

* **Chứng minh AIKR là hình bình hành:**
    * Ta có: I là trung điểm của MQ, K là trung điểm của PN.
    * Nên IK là đường trung bình của hình thang MNPQ.
    * Do đó IK // MN // PQ.
    * Mà AI // KR (do AI là đường trung bình của tam giác AMQ, KR là đường trung bình của tam giác ANP)
    * Vậy AIKR là hình bình hành.

* **Chứng minh AIKR là hình chữ nhật:**
    * Ta có: $\widehat{IAK} = 90^\circ$ (do AI // KR và $\widehat{IAK}$ là góc vuông)
    * Vậy AIKR là hình chữ nhật.

**c) Chứng minh rằng bốn điểm K,B,I,D thẳng hàng**

* **Chứng minh KB // ID:**
    * Ta có: KB là đường trung bình của tam giác BCP, ID là đường trung bình của tam giác DQN.
    * Nên KB // CP // DQ // ID.
    * Vậy KB // ID.

* **Chứng minh KB = ID:**
    * Ta có: KB = 1/2 CP, ID = 1/2 DQ.
    * Mà CP = DQ (do ABCD là hình vuông)
    * Nên KB = ID.

* **Kết luận:**
    * Do KB // ID và KB = ID nên KBID là hình bình hành.
    * Mà $\widehat{KBI} = 90^\circ$ (do KB // CP và $\widehat{KBI}$ là góc vuông)
    * Vậy KBID là hình chữ nhật.
    * Do đó bốn điểm K,B,I,D thẳng hàng.

## Bài 2:

**a) Chứng minh rằng BF = CE; BF ⊥ CE**

* **Chứng minh BF = CE:**
    * Ta có: ABDE và ACGF là hình vuông.
    * Nên AB = AE, AC = AF.
    * Do đó BF = BC + CF = AB + AC = AE + AF = CE.

* **Chứng minh BF ⊥ CE:**
    * Ta có: $\widehat{ABF} = 90^\circ$ (do ABDE là hình vuông)
    * $\widehat{ACE} = 90^\circ$ (do ACGF là hình vuông)
    * Nên $\widehat{ABF} + \widehat{ACE} = 180^\circ$.
    * Do đó BF ⊥ CE.

**b) Tam giác MO O1 2 là tam giác vuông cân**

* **Chứng minh MO O1 2 là tam giác vuông:**
    * Ta có: O1 là tâm hình vuông ABDE, O2 là tâm hình vuông ACGF.
    * Nên O1O2 là đường trung trực của đoạn thẳng BC.
    * Do đó MO1 = MO2.
    * Mà $\widehat{MO1O2} = 90^\circ$ (do O1O2 là đường trung trực của BC)
    * Vậy tam giác MO O1 2 là tam giác vuông tại O.

* **Chứng minh MO O1 2 là tam giác cân:**
    * Ta có: MO1 = MO2 (chứng minh trên)
    * Vậy tam giác MO O1 2 là tam giác cân tại M.

* **Kết luận:**
    * Tam giác MO O1 2 là tam giác vuông cân tại O.

Cho em xin kiến thức lớp 9 em lm cho, chứ chả hiểu cái đg tròn nội tiếp là cái j

a) Áp dụng định lý Talet đảo:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AF}{BF}=\dfrac{AQ}{BD}\\\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AP}{DC}\end{matrix}\right.\)(do AQ//BD,AP//DC)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AQ=\dfrac{AF.BD}{BF}\\AP=\dfrac{AE.DC}{EC}\end{matrix}\right.\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}BD=BF\\CE=CD\end{matrix}\right.\)(Tam giác ABC ngoại tiếp (I))

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AQ=AF\\AP=AE\end{matrix}\right.\)

Mà AE=AF(Tam giác ABC ngoại tiếp (I))

=> AQ=AP

Mà A,Q,P thẳng hàng

=> A là trung điểm PQ