a: Xét ΔABC có 

BE là đường cao

CF là đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBAC

Suy ra: AH\(\perp\)BC

Xét tứ giác BHCD có 

BH//CD

CH//BD

Do đó: BHCD là hình bình hành

b: Ta có: BHCD là hình bình hành

nên Hai đường chéo BC và HD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HD

hay M,H,D thẳng hàng

Ta có: ΔEBC vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên EM=BC/2(1)

Ta có: ΔFBC vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên FM=BC/2(2)

Từ (1) và (2) suy ra ME=MF

hay ΔEMF cân tại M

1. 

Câu 1:

a) $CD\perp AC, BH\perp AC$ nên $CD\parallel BH$

Tương tự: $BD\parallel CH$

Tứ giác $BHCD$ có hai cặp cạnh đối song song nhau (BH-CD và BD-CH) nên là hình bình hành

b) 

Áp dụng bổ đề sau: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng 1 nửa cạnh huyền.

Ta có:

$BO$ là trung tuyến của tgv $ABD$ nên $BO=\frac{AD}{2}$

$CO$ là trung tuyến của tgv $ACD$ nên $CO=\frac{AD}{2}$

$\Rightarrow BO=CO(1)$ 

$OK\parallel AH, AH\perp BC$ nên $OK\perp BC(2)$

Từ $(1);(2)$ ta dễ thấy $\triangle OBK=\triangle OCK$ (ch-cgv)

$\Rightarrow BK=CK$ hay $K$ là trung điểm $BC$

Mặt khác:

$HBDC$ là hình bình hành nên $HD$ cắt $BC$ tại trung điểm mỗi đường. Mà $K$ là trung điểm $BC$ nên $K$ là trung điểm $HD$

Xét tam giác $AHD$ có $O$ là t. điểm $AD$, $K$ là t. điểm $HD$ nên $OK$ là đường trung bình của tam giác $AHD$ ứng với cạnh $AH$.

$\Rightarrow OK=\frac{AH}{2}=3$ (cm)

Hình câu 1:

Hai bài toán khác nhau thì bạn đặt bài toán 1 là câu 1, bài toán 2 là câu 2 cho dễ phân biệt.

Câu 2:

Gọi $AB=c; BC=a; CA=b$. Áp dụng tính chất đường phân giác thì:

$\frac{AD}{CD}=\frac{AB}{BC}=\frac{c}{a}$

$\Rightarrow \frac{b}{CD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AD+CD}{CD}=\frac{c+a}{a}$

$\Rightarrow CD=\frac{ab}{a+c}$

Hoàn toàn tương tự:

$BE=\frac{ca}{a+b}$

Xét tam giác $CDB$ có phân giác $CI$. Áp dụng tính chất đường phân giác:

$\frac{ID}{BI}=\frac{CD}{BC}=\frac{ab}{a(a+c)}=\frac{b}{a+c}$

$\Rightarrow \frac{BD}{BI}=\frac{a+b+c}{a+c}$

Tương tự với tam giác $BEC$ phân giác $BI$ thì: $\frac{CE}{CI}=\frac{a+b+c}{a+b}$

Thay vô điều kiện $BD.CE=2BI.CI$ thì:

$\frac{BD}{BI}.\frac{CE}{CI}=2$

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2}{(a+c)(a+b)}=2$

$\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2$ nên theo Pitago đảo thì $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ 

$\Rightarrow \widehat{BAC}=90^0$

a) Xét tứ giác ADME có:

∠(DAE) = ∠(ADM) = ∠(AEM) = 90o

⇒ Tứ giác ADME là hình chữ nhật (có ba góc vuông).

b) Ta có ME // AB ( cùng vuông góc AC)

M là trung điểm của BC (gt)

⇒ E là trung điểm của AC.

Ta có E là trung điểm của AC (cmt)

Chứng minh tương tự ta có D là trung điểm của AB

Do đó DE là đường trung bình của ΔABC

⇒ DE // BC và DE = BC/2 hay DE // MC và DE = MC

⇒ Tứ giác CMDE là hình bình hành.

c) Ta có DE // HM (cmt) ⇒ MHDE là hình thang (1)

Lại có HE = AC/2 (tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông AHC)

DM = AC/2 (DM là đường trung bình của ΔABC) ⇒ HE = DM (2)

Từ (1) và (2) ⇒ MHDE là hình thang cân.

d) Gọi I là giao điểm của AH và DE. Xét ΔAHB có D là trung điểm của AB, DI // BH (cmt) ⇒ I là trung điểm của AH

Xét ΔDIH và ΔKIA có

IH = IA

∠DIH = ∠AIK (đối đỉnh),

∠H1 = ∠A1(so le trong)

ΔDIH = ΔKIA (g.c.g)

⇒ ID = IK

Tứ giác ADHK có ID = IK, IA = IH (cmt) ⇒ DHK là hình bình hành

⇒ HK // DA mà DA ⊥ AC ⇒ HK ⊥ AC

a, - Ta có : Tứ giác AHIK là hình vuông .

=> \(\widehat{KAH}=90^o\)

=> \(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}=90^o\)

Mà tam giác ABC vuông tại A .

=> \(\widehat{DAC}=90^o\)

=> \(\widehat{A_2}+\widehat{A_3}=90^o\)

=> \(\widehat{A_1}=\widehat{A_3}\left(+\widehat{A_2}=90^o\right)\)

- Xét \(\Delta AKD\) và \(\Delta AHC\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A_1}=\widehat{A_3}\left(cmt\right)\\AK=AH\left(gt\right)\\\widehat{DKA}=\widehat{CHA}\left(=90^o\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(\Delta AKD\) = \(\Delta AHC\) ( Cgv - gn )

=> AD = AC ( cạnh tương ứng )

b,

b/Xét tứ giác OKIH có:

\(\widehat{KIH}+\widehat{IKH}+\widehat{KOH}+\widehat{OHI}=540\).Vì AHIK là h/vuông nên

\(\Leftrightarrow90+45+45+\widehat{KOH}=540\Rightarrow\widehat{KOH}=180\)

Suy ra KOH thẳng hàng.Mà H,K nằm trên đ/trung trực AI( AHIK là h/vuông) nên O cũng nằm trên đ/trung trực AI

\(\RightarrowĐPCM\)

O nằm trên đ/trung trực AI nên ta có:

\(OA=OI=\frac{1}{2}AE\)( Vì hbh ADEC có góc A vuông và AD=DC nên ADEC là h/vuông)

Mà OI=1/2AE suy ra \(\widehat{AIE}=90\)( Vì OI là đ/trung tuyến)

\(\Rightarrow AI\perp IE\)(1)

Ta lại có AHIK là h/vuông nên \(AI\perp HK\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra IE//HK suy ra KOEI là h/thang

cần hình không ạ

Bài 2:

a: Xét tứ giác AMCK có

I là trung điểm của AC

I là trug điểm của MK

Do đó: AMCK là hình bình hành

mà \(\widehat{AMC}=90^0\)

nên AMCK là hình chữ nhật

b: Để AMCK là hình vuông thì AM=CM

=>AM=BC/2

=>ΔABC vuông tại A