a: Xét ΔCAB có

G,F lần lượt là trung điểm của CB,CA

=>GF là đường trung bình của ΔCAB

=>GF//AB và \(GF=\frac{AB}{2}\)

GF//AB

=>FI//EB

Xét tứ giác BEIF có

BE//IF

BF//IE

Do đó: BEIF là hình bình hành

b: Ta có: FG//AB

=>FG//AE
Ta có: \(FG=\frac{AB}{2}\)

mà \(AE=EB=\frac{AB}{2}\)

nên FG=AE=EB

Xét tứ giác AEGF có

AE//FG

AE=FG

Do đó: AEGF là hình bình hành

Hình bình hành AEGF có \(\hat{FAE}=90^0\)

nên AEGF là hình chữ nhật

c: Ta có: FI=EB

FG=EB

Do đó: FI=FG

=>F là trung điểm của GI

AEGF là hình chữ nhật

=>GF⊥FA

=>GI⊥AC tại F

Xét tứ giác AGCI có

F là trung điểm chung của AC và GI

=>AGCI là hình bình hành

Hình bình hành AGCI có AC⊥GI

nên AGCI là hình thoi

a: Ta có: \(\hat{A_1}=\hat{B_1}\left(=45^0\right)\)

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

nên AF//HB

b: Ta có: AF//HB

=>\(\hat{F_1}=\hat{B_1}\) (Hai góc so le trong)

=>\(\hat{F_1}=45^0\)

Ta có: \(\hat{F_1}+\hat{F_2}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{F_2}=180^0-45^0=135^0\)

c:

Sửa đề: Chứng minh \(\hat{GBA}=90^0\)

Ta có: \(\hat{B_1}+\hat{ABH}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{ABH}=180^0-45^0=135^0\)

Vì \(\hat{HBG}<\hat{HBA}\left(45^0<135^0\right)\)

nên tia BG nằm giữa hai tia BH và BA

=>\(\hat{HBG}+\hat{GBA}=\hat{HBA}\)

=>\(\hat{GBA}=135^0-45^0=90^0\)

a: Ta có: \(\hat{A_1}=\hat{B_1}\left(=45^0\right)\)

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

nên AF//HB

b: Ta có: AF//HB

=>\(\hat{F_1}=\hat{B_1}\) (Hai góc so le trong)

=>\(\hat{F_1}=45^0\)

Ta có: \(\hat{F_1}+\hat{F_2}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{F_2}=180^0-45^0=135^0\)

c:

Sửa đề: Chứng minh \(\hat{GBA}=90^0\)

Ta có: \(\hat{B_1}+\hat{ABH}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{ABH}=180^0-45^0=135^0\)

Vì \(\hat{HBG}<\hat{HBA}\left(45^0<135^0\right)\)

nên tia BG nằm giữa hai tia BH và BA

=>\(\hat{HBG}+\hat{GBA}=\hat{HBA}\)

=>\(\hat{GBA}=135^0-45^0=90^0\)

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=5^2+12^2=25+144=169=13^2\)

=>BC=13

Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

b: AEHF là hình chữ nhật

=>HE//AF và HE=AF

HE//AF

=>HE//FM

ta có: HE=AF

AF=FM

Do đó: HE=FM

Xét tứ giác HEFM có

HE//FM

HE=FM

Do đó HEFM là hình bình hành

c: Xét ΔFHA vuông tại F và ΔFNM vuông tại F có

FA=FM

\(\hat{FMN}=\hat{FAH}\) (hai góc so le trong, MN//AH)

Do đó: ΔFHA=ΔFNM

=>FH=FN

=>F là trung điểm của HN

Xét tứ giác AHMN có

F là trung điểm chung của AM và HN

=>AHMN là hình bình hành

Hình bình hành AHMN có AM⊥HN

nên AHMN là hình thoi

Xet (M;MA) có

MA là bán kính

OA⊥ MA tại A

Do đó: OA là tiếp tuyến tại A của (M;MA)

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>B nằm trên (M;MA)

Xét (M;MA) có

MB là bán kính

MB⊥BO tại B

Do đó: OB là tiếp tuyến tại B của (M;MA)

a: \(M=\left(\frac{1}{a-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}-1}\right):\frac{\sqrt{a}+1}{a-2\sqrt{a}+1}\)

\(=\left(\frac{1}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}+\frac{1}{\sqrt{a}-1}\right)\cdot\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{a}+1}\)

\(=\frac{\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}\cdot\left(\sqrt{a}-1\right)}\cdot\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{a}+1}=\frac{\sqrt{a}-1}{\sqrt{a}}\)

b: Thay a=16 vào M, ta được;

\(M=\frac{\sqrt{16}-1}{\sqrt{16}}=\frac{4-1}{4}=\frac34\)

a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

ΔOBC cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI⊥BC tại I

b: Xét (O) có

ΔACM nội tiếp

AM là đường kính

Do đó: ΔACM vuông tại C

=>CA⊥CM tại C

Xét (O) có

\(\hat{ABC};\hat{AMC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

=>\(\hat{ABC}=\hat{AMC}\)

Xét ΔADB vuông tại D và ΔACM vuông tại C có

\(\hat{ABD}=\hat{AMC}\)
Do đó: ΔADB~ΔACM

=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AM}\)

=>\(AD\cdot AM=AB\cdot AC\)

Xét (O) có

ΔABM nội tiếp

AM là đường kính

Do đó: ΔABM vuông tại B

=>BA⊥BM

mà CH⊥BA

nên CH//BM

Ta có: CA⊥CM

BH⊥AC

Do đó: BH⊥MC

Xét tứ giác BHCM có

BH//CM

BM//CH

Do đó; BHCM là hình bình hành

=>BC cắt HM tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HM

=>H,I,M thẳng hàng

Bài 5:

Diện tích hình thang ABCD là:

\(S_{ABCD}=\frac12\cdot\left(2a+4a\right)\cdot2a=a\cdot6a=6a^2\)

Diện tích hình thang là \(150\operatorname{cm}^2\) nên \(6a^2=150\)

=>\(a^2=25=5^2\)

=>a=5

a: Xét ΔAMB và ΔAMC có

AM chung

MB=MC

AB=AC

Do đó: ΔAMB=ΔAMC

b: Xét ΔMAC và ΔMEB có

MA=ME

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

MC=MB

Do đó: ΔMAC=ΔMEB

=>\(\hat{MAC}=\hat{MEB}\)

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

nên AC//BE

a: Xét ΔIAC và ΔIDB có

IA=ID

\(\hat{AIC}=\hat{DIB}\) (hai góc đối đỉnh)

IC=IB

Do đó: ΔIAC=ΔIDB

=>\(\hat{IAC}=\hat{IDB}\)

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

nên AC//BD