a: Xét ΔADE vuông tại D và ΔABF vuông tại B có

AD=AB

DE=BF

Do đó: ΔADE=ΔABF

=>AE=AF

ΔADE=ΔABF

=>\(\hat{DAE}=\hat{BAF}\)

mà \(\hat{DAE}+\hat{EAB}=\hat{DAB}=90^0\)

nên \(\hat{BAF}+\hat{EAB}=90^0\)

=>\(\hat{FAE}=90^0\)

Xét ΔAFE có \(\hat{FAE}=90^0\) và AE=AF

nên ΔAFE vuông cân tại A

b: ΔAFE vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên AI=FE/2(1)

ΔCFE vuông tại C

mà CI là đường trung tuyến

nên CI=FE/2(2)

Từ (1),(2) suy ra IA=IC

=>I nằm trên đường trung trực của AC(3)

Ta có: BA=BC

=>B nằm trên đường trung trực của AC(4)

Ta có: DA=DC

=>D nằm trên đường trung trực của AC(5)

Từ (3),(4),(5) suy ra B,I,D thẳng hàng

hay I thuộc BD

c: ΔAEF cân tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên AI⊥EF tại I

Xét tứ giác AFKE có

I là trung điểm chung của AK và FE

=>AFKE là hình bình hành

Hình bình hành AFKE có AK⊥EF

nên AFKE là hình thoi

Hình thoi AFKE có \(\hat{FAE}=90^0\)

nên AFKE là hình vuông

a: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó; DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

CM+MD=CD

=>CD=CA+DB

OC là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)

OD là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)

Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

=>\(\hat{COD}=90^0\)

b: Xét ΔCOD vuông tại O có OM là đường cao

nên \(MC\cdot MD=OM^2\)

=>\(AC\cdot BD=OM^2=\frac14AB^2\)

a: Xét ΔMEB vuông tại E và ΔMFC vuông tại F có

MB=MC

\(\hat{EMB}=\hat{FMC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMEB=ΔMFC
=>BE=CF và ME=MF

b: Xét ΔMEC và ΔMFB có

ME=MF

\(\hat{EMC}=\hat{FMB}\) (hai góc đối đỉnh)

MC=MB

Do đó: ΔMEC=ΔMFB

=>\(\hat{MEC}=\hat{MFB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên EC//BF

Bài 2:

Xét ΔABC có

E,F lần lượt là trung điểm của CA,CB

=>EF là đường trung bình của ΔABC

=>EF//AB và \(EF=\frac{AB}{2}\)

EF//AB

=>EF//AD
\(EF=\frac{AB}{2}\)

\(AD=DB=\frac{AB}{2}\)

Do đó: EF=AD=DB

Xét tứ giác ADFE có

AD//FE

AD=FE

Do đó: ADFE là hình bình hành

Hình bình hành ADFE có \(\hat{DAE}=90^0\)

nên ADFE là hình chữ nhật

=>AF=DE(1)

Xét ΔEAF có

I,N lần lượt là trung điểm của EF,EA

=>IN là đường trung bình của ΔEAF

=>IN//AF và \(IN=\frac{AF}{2}\)

Xét ΔDAF có

M,K lần lượt là trung điểm của DA,DF

=>MK là đường trung bình của ΔDAF

=>MK//AF và \(MK=\frac{AF}{2}\)

Xét ΔFED có

I,K lần lượt là trung điểm của FE,FD

=>IK là đường trung bình của ΔFED

=>IK//ED và \(IK=\frac{ED}{2}\)

Ta có: NI//AF

MK//AF
Do đó: NI//MK

Ta có: \(NI=\frac{AF}{2}\)

\(MK=\frac{AF}{2}\)

Do đó: NI=MK

Ta có: \(MI=\frac{FA}{2}\)

\(IK=\frac{ED}{2}\)

mà AF=DE

nên MI=IK

Xét tứ giác MNIK có

NI//MK

NI=MK

Do đó: MNIK là hình bình hành

Hình bình hành MNIK có MI=IK

nên MNIK là hình thoi

BÀi 3:

a: Xét ΔBAD có

E,F lần lượt là trung điểm của BA,BD

=>EF là đường trung bình của ΔBAD

=>EF//AD và \(EF=\frac{AD}{2}\)

Xét ΔACD có

G,H lần lượt là trung điểm của CD,CA

=>GH là đường trung bình của ΔACD

=>GH//AD và \(GH=\frac{AD}{2}\)

Xét ΔABC có

E,H lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>EH là đường trung bình của ΔABC

=>EH//BC và \(EH=\frac{BC}{2}\)
GH//AD

EF//AD

Do đó: GH//EF
\(GH=\frac{AD}{2}\)

\(FE=\frac{AD}{2}\)

Do đó: GH=FE

\(EH=\frac{BC}{2}\)

\(EF=\frac{AD}{2}\)

mà BC=AD

nên EH=EF

Xét tứ giác EHGF có

GH//EF

GH=EF

Do đó: EHGF là hình bình hành

Hình bình hành EHGF có EH=EF

nên EHGF là hình thoi

Bài 4:

a: Xét ΔIAE và ΔICB có

IA=IC

\(\hat{AIE}=\hat{CIB}\) (hai góc đối đỉnh)

IE=IB

Do đó: ΔIAE=ΔICB

=>AE=BC

b: Xét ΔIAB và ΔICE có

IA=IC

\(\hat{AIB}=\hat{CIE}\) (hai góc đối đỉnh)

IB=IE

Do đó: ΔIAB=ΔICE

=>\(\hat{IAB}=\hat{ICE}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AB//CE
c: Xét ΔIAM và ΔICN có

IA=IC

\(\hat{IAM}=\hat{ICN}\)

AM=CN

Do đó: ΔIAM=ΔICN

=>\(\hat{AIM}=\hat{CIN}\)

mà \(\hat{AIM}+\hat{CIM}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{CIN}+\hat{CIM}=180^0\)

=>N,I,M thẳng hàng

Bài 3:

a: \(\hat{A_1}=\hat{B_1}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên a//b

b: a//b

b⊥c

Do đó: a⊥c

Bài 3: Xét ΔABC có \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^0\)

=>\(\hat{C}=180^0-65^0-52^0=180^0-117^0=63^0\)

Bài 4:

a: ΔDHE vuông tại H

=>\(\hat{HDE}+\hat{HED}=90^0\)

=>góc HDE và góc HED là hai góc phụ nhau

ΔDHF vuông tại H

=>\(\hat{HDF}+\hat{HFD}=90^0\)

=>góc HDF và góc HFD là hai góc phụ nhau

ΔDEF vuông tại D

=>\(\hat{DEF}+\hat{DFE}=90^0\)

=>góc DEF và góc DFE là hai góc phụ nhau

b: Ta có: \(\hat{HDF}+\hat{F}=90^0\)

\(\hat{E}+\hat{F}=90^0\)

Do đó: \(\hat{E}=\hat{HDF}\)

Ta có: \(\hat{HDE}+\hat{HDF}=\hat{EDF}=90^0\)

\(\hat{F}+\hat{HDF}=90^0\)

Do đó: \(\hat{HDE}=\hat{F}\)

Bài 1:

3∈Q

3∈R

3∉I

-2,53∈Q

0,2(35)∉I

N⊂Z

I⊂R

Xét tứ giác AEMD có \(\hat{AEM}=\hat{ADM}=\hat{DAE}=90^0\)

nên AEMD là hình chữ nhật

=>\(\hat{ADE}=\hat{AME}\)

mà \(\hat{AME}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{MAB}\right)\)

nên \(\hat{ADE}=\hat{ABC}\)

ΔABC vuông tại A

mà AJ là đường trung tuyến

nên JA=JC

=>ΔJAC cân tại J

=>\(\hat{JAC}=\hat{JCA}\)

\(\hat{ADE}+\hat{JAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>JA⊥DE

a: Ta có: \(AP=PB=\frac{AB}{2}\)

\(DQ=QC=\frac{DC}{2}\)

\(AD=BC=\frac{AB}{2}\)

mà AB=CD

nên AP=PB=DQ=QC=AD=BC

Xét tứ giác APQD có

AP//QD

AP=QD

Do đó: APQD là hình bình hành

Hình bình hành APQD có AP=AD

nên APQD là hình thoi

b: APQD là hình thoi

=>QP=PA

=>\(QP=\frac{AB}{2}\)

Xét ΔQAB có

QP là đường trung tuyến

\(QP=\frac{AB}{2}\)

Do đó; ΔQAB vuông tại Q

=>\(\hat{AQB}=90^0\)

Xét tứ giác BPQC có

BP//QC

BP=QC

Do đó: BPQC là hình bình hành

Hình bình hành BPQC có BP=BC

nên BPQC là hình thoi

=>BQ⊥PC tại K và K là trung điểm chung của BQ và PC

APQD là hình thoi

=>AQ⊥PD tại I và I là trung điểm chung của AQ và PD

Xét tứ giác IPKQ có \(\hat{IQK}=\hat{QIP}=\hat{QKP}=90^0\)

nên IPKQ là hình chữ nhật

c: Xét ΔQAB có

I,K lần lượt là trung điểm của QA,QB

=>IK là đường trung bình của ΔQAB

=>IK//AB và \(IK=\frac{AB}{2}=AD\)

d: Hình chữ nhật IPKQ trở thành hình vuông khi IP=IQ

=>AQ=PD

=>APQD là hình chữ nhật

=>\(\hat{BAD}=90^0\)

Xét ΔOMA và ΔOMB có

OM chung

MA=MB

OA=OB

Do đó: ΔOMA=ΔOMB

=>\(\hat{MOA}=\hat{MOB}\)

=>OM là phân giác của góc xOy

Xét ΔBDI vuông tại D và ΔBEI vuông tại E có

BI chung

\(\hat{DBI}=\hat{EBI}\)

Do đó: ΔBDI=ΔBEI

=>ID=IE(1)

Xét ΔCFI vuông tại F và ΔCEI vuông tại E có

CI chung

\(\hat{FCI}=\hat{ECI}\)

Do đó: ΔCFI=ΔCEI

=>IF=IE(2)

Từ (1),(2) suy ra ID=IE=IF