a) Xét tứ giác BIEM có 

\(\widehat{IBM}\) và \(\widehat{IEM}\) là hai góc đối

\(\widehat{IBM}+\widehat{IEM}=180^0\)(\(90^0+90^0=180^0\))

Do đó: BIEM là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

⇔B,I,E,M cùng thuộc 1 đường tròn(đpcm)

b) Ta có: ABCD là hình vuông(gt)

nên BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(Định lí hình vuông)

⇔BE là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)

⇔\(\widehat{ABD}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{90^0}{2}=45^0\)

hay \(\widehat{IBE}=45^0\)

Ta có: BIEM là tứ giác nội tiếp(cmt)

nên \(\widehat{IBE}=\widehat{IME}\)(Định lí)

mà \(\widehat{IBE}=45^0\)(cmt)

nên \(\widehat{IME}=45^0\)

Vậy: \(\widehat{IME}=45^0\)

Hạ DE vuông góc BC tại E. Đường thẳng qua M song song với AB cắt BD tại P.

Ta có DE = AB = AD = BE = BC/2. Suy ra \(\Delta\)BCD vuông cân (^BDC = 90⁰)

Dễ thấy \(\Delta\)DMP vuông cân tại M. Từ đó ^MPB = ^MDN (= 90⁰ + 45⁰ = 135⁰)

Kết hợp với MP = MD; ^PMB = ^DMN (= 90⁰ - ^NMP) suy ra \(\Delta\)MBP = \(\Delta\)MND (c.g.c)

Vậy nên MB = MN (đpcm).

a) Để chứng minh tứ giác ABFM là tứ giác nội tiếp, ta cần chứng minh góc AMB + góc AFB = 180 độ.

Góc AMB là góc giữa đường chéo BD và cạnh AB của hình vuông ABCD. Vì đường chéo BD cắt AE tại M, nên góc AMB chính là góc EAM.

Góc AFB là góc giữa đường thẳng EF và cạnh AB của hình vuông ABCD. Vì đường thẳng EF song song với cạnh AB, nên góc AFB bằng góc EAF.

Theo đề bài, góc EAF + 45 độ = 180 độ. Do đó, góc EAF = 180 - 45 = 135 độ.

Vậy, ta có góc AMB + góc AFB = góc EAM + góc EAF = 135 độ + 135 độ = 270 độ = 180 độ.

Vì tổng hai góc AMB và AFB bằng 180 độ, nên tứ giác ABFM là tứ giác nội tiếp.

b) Khi E và F di động trên các cạnh BC và CD của hình vuông ABCD, ta cần chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Gọi O là giao điểm của đường chéo BD và đường thẳng EF. Ta cần chứng minh rằng O nằm trên một đường tròn cố định khi E và F di động.

Vì góc EAF + 45 độ = 180 độ, nên góc EAF = 135 độ. Điều này có nghĩa là tam giác EAF là tam giác cân tại A.

Do đó, đường trung tuyến MN của tam giác EAF là đường cao và đường trung trực của cạnh EF. Vì M và N lần lượt là giao điểm của đường trung tuyến MN với AE và AF, nên M và N là trung điểm của AE và AF.

Vì M và N là trung điểm của hai cạnh của hình vuông ABCD, nên OM và ON là đường trung trực của AB và AD. Do đó, O nằm trên đường trung trực của cạnh AB và AD.

Vì AB và AD là hai cạnh cố định của hình vuông ABCD, nên đường trung trực của AB và AD là đường thẳng cố định. Vậy, O nằm trên một đường tròn cố định.

Vì vậy, khi E và F di động trên các cạnh BC và CD của hình vuông ABCD, đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Bài 1:

a) Xét tam giác AOD có M là trung điểm của AO (gt) Q là trung điểm của OD (gt)

\(\Rightarrow MQ//AD,MQ=\frac{1}{2}AD\left(tc\right)\left(1\right)\)

CMTT \(MN//AB,MN=\frac{1}{2}AB\left(2\right)\)

\(NP=\frac{1}{2}BC\left(3\right)\)

\(PQ=\frac{1}{2}DC\left(4\right)\)

Mà AB=BC=CD=DA (tc) (5)

Từ (1) ,(2) ,(3),(4) và (5)\(\Rightarrow MN=NP=PQ=MQ\)

Xét tứ giác MNPQ có \(MN=NP=PQ=MQ\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow MNPQ\)là hình thoi ( dhnb)  (6)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}MQ//AD\left(cmt\right)\\MN//AB\left(cmt\right)\end{cases}}\)mà \(AD\perp AB\)

\(\Rightarrow MQ\perp MN\)

\(\Rightarrow\widehat{QMN}=90^0\)(7) 

Từ (6) và (7) \(\Rightarrow MNPQ\)là hình vuông (dhnb )

b) Ta có\(MQ=\frac{1}{2}AD\left(cmt\right)\)

mà \(AD=16\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow MQ=8\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow S_{MNPQ}=8^2=64\left(cm^2\right)\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=16^2=256\left(cm^2\right)\)

Vậy diện tích phần trong của hình vuông ABCD nằm ngoài tứ giác MNPQ =\(256-64=192\left(cm^2\right)\)

Kẻ \(BH\perp AD,CK\perp AD\)

\(\Rightarrow BH//CK\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}BH//CK\\BC//HK\end{cases}\Rightarrow BH=CK}\)( tc cặp đoạn chắn )

Xét tam giác ABD và tam giác ACD có:

2 đường cao BH,CK = nhau , đáy AD chung

\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{ACD}\)

\(\Leftrightarrow S_{OAB}+S_{AOD}=S_{AOD}+S_{OCD}\)

\(\Leftrightarrow S_{OAB}=S_{OCD}\left(đpcm\right)\)

PS: có 1 tính chất học ở kì I lớp 8 á nhưng mình không biết cách giải thích sao nữa nên mình dùng cặp đoạn chắn

bài 3 

tham khảo bạn .-.

Toán - Tính diện tích hình thang | Cộng đồng học sinh Việt Nam - HOCMAI Forum

B là khẳng định sai

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\AD\perp CD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)

\(CD=\left(SCD\right)\cap\left(BCD\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{SDA}\) là góc giữa (SDC) và (BCD)

\(tan\widehat{SDA}=\dfrac{SA}{AD}=\sqrt{2}\Rightarrow\widehat{SDA}\approx54^044'\)

mik ngu hình lắm xin lỗi nha

ngu thì xen zô nói làm j

Lương Quang Vinh chứ bn xem vô làm gì mắc mớ gì bới người ta