a) Do ABCD là hình vuôn nên: 

\(AB=BC=CD=AD\) 

Mà: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AM+MB\\BC=BN+NC\\CD=CP+PD\\AD=DQ+QA\end{matrix}\right.\) 

Lại có: \(AM=BN=CP=DQ\)

\(\Rightarrow MB=NC=PD=QA\left(dpcm\right)\) 

b) Xét \(\Delta QAM\) và \(\Delta NCP\) có:

\(\widehat{A}=\widehat{C}=90^o\left(gt\right)\)

\(AM=CP\left(gt\right)\)

\(QA=NC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta QAM=\Delta NCP\left(c.g.c\right)\) 

c) Xét các tam giác: \(\Delta QAM,\Delta NCP,\Delta PDQ,\Delta MBN\) ta có:

\(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=\widehat{D}=90^o\left(gt\right)\)

\(AM=BN=CP=DQ\left(gt\right)\)

\(MB=NC=PD=QA\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta QAM=\Delta NCP=\Delta PDQ=\Delta MBN\left(c.g.c\right)\) 

\(\Rightarrow MQ=QP=PN=NM\) (các cạnh tương ứng) 

\(\Rightarrow MNPQ\) là hình thoi (1)

Xét tam giác QAM ta có:

\(\widehat{QMA}+\widehat{AQM}=180^o-90^o=90^o\) 

Mà: \(\Delta QAM=\Delta MBN\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{AQM}\) (hai góc tương ứng) 

\(\Rightarrow\widehat{BMN}+\widehat{QMA}=90^o\)

Lại có: \(\widehat{BMN}+\widehat{QMA}+\widehat{NMQ}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{NMQ}=180^o-90^o=90^o\) (2) 

Từ (1) và (2) ta có MNPQ là hình vuông 

a) $ABCD$ là hình vuông nên $AB=BC=CD=DA$

Mà $AM=BN=CP=DQ$.

Trừ theo vế ta được $AB-AM=BC-BN=CD-CP=DA-DQ$

Suy ra $MB=NC=PD=QA$

Xét tam giác QAM và tam giác NPC có:

góc A = góc C = 90 độ

AQ=NC(cmt)

AM=CP(gt)

=>Tam giác QAM= tam giác NPC(c.g.c)

c)=> NP = MQ ( hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự như phần b ta có: Tam giác QAM= tam giác PDQ và tam giác QAM= tam giác MBN

Khi đó: MQ=PQ, MN=MQ và góc AMQ= góc DQP

Mà góc AMQ+AQM=90 độ

=>góc DQP+ góc AQM= 90 độ

Do đó góc MQP = 90 độ

tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi

Lại có góc MQP = 90 độ nên là hình vuông

Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông

Xét hbh ABCD có AB =CD;AB//CD

+) $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$

$=>AM=CN$

$+)M,N$ lần lượt là nằm trên của $AB,CD$

       => AM//CN

a) $ABCD$ là hình bình hành nên $AB=DC$ suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AB=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DC$

Do đó $AM=BM=DN=CN$.

Tứ giác $AMCN$ có $AM$ // $NC,AM=NC$ nên là hình bình hành.

Lại có $\Delta ADC$ vuông tại $A$ có $AN$ là đường trung tuyến nên $AN=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DC=DN=CN$.

Hình bình hành $AMCN$ có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi, khi đó hai đường chéo $AC,MN$ vuông góc với nhau.

Tứ giác $AMCN$ là hình thoi.

a/

Ta có

IA=IC (gt); IM=IK (gt) => AMCK là hình bình hành (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Ta có

MB=MC (gt); IA=IC (gt) => MI là đường trung bình của tg ABC => MI//AB

Mà \(AB\perp AC\) 

\(\Rightarrow MI\perp AC\Rightarrow MK\perp AC\)

=> AMCK là hình thoi (Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc là hình thoi)

b/

Ta có

MI//AB (cmt) => MK//AB

AK//MC (cạnh đối hbh AMCK) => AK//MB

=> AKMB là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

c/

Để AMCK là hình vuông \(\Rightarrow AM\perp BC\) => AM là đường cao của tg ABC

Mà AM là trung tuyến của tg ABC (gt)

=> ABC cân tại A (Tam giác có đường cao đồng thời là đường trung tuyến là tg cân)

=> Để AMCK là hình vuông thì tg ABC vuông cân tại A

a) Tứ giác $AMCK$ có hai đường chéo $AC,MK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

$\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AM$ là đường trung tuyến nên $AM=MC=MB$.

Vậy hình bình hành $AMCK$ có $AM=MC$ nên là hình thoi.

b) Vì $AMCK$ là hình thoi nên $AK$ // $BM$ và $AK=MC=BM$.

Tứ giác $AKMB$ có $AK$ // $BM,AK=BM$ nên là hình bình hành.

c) Để $AMCK$ là hình vuông thì cần có một góc vuông hay $AM\perp MC$.

Khi đó $\Delta ABC$ có $AM$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên cân tại $A$.

Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AMCK$ là hình vuông.

a) $Tam\; giácABC$ vuông cân nên góc B= góc C = 45 độ

Tam giácBHE vuông tại H có góc BEH + góc B = 90 độ

Suy ra góc BEH = 90 độ - 45 độ = 45 độ nên góc B= góc BEH = 45 độ

Vậy tam giác BEH vuông tại H

b) Chứng minh tương tự như câu a ta được tam giác CFG vuông tại G nên GF=GC và HB=HE

Lại có BH=HG=GC suy ra EH=HG=GF và EH//FG ( cùng vuông góc với BC)

Tứ giác EFGH có EH//FG, EH=FG

=>tứ giác EFGH là hình bình hành 

Xét hình bình hành có một góc vuông là góc H nên là hình chữ nhật

Mà hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là EH=HG nên là hình vuông

Vậy EFGH là hình vuông

a) $\Delta ABC$ vuông cân nên $\hat{B}=\hat{C}={45}^{\circ }.$

$\Delta BHE$ vuông tại $H$ có $\widehat{BEH}+\hat{B}={90}^{\circ }$

Suy ra $\widehat{BEH}={90}^{\circ }-{45}^{\circ }={45}^{\circ }$ nên $\hat{B}=\widehat{BEH}={45}^{\circ }$.

Vậy $\Delta BEH$ vuông cân tại $H.$

b) Chứng minh tương tự câu a ta được $\Delta CFG$ vuông cân tại $G$ nên $GF=GC$ và $HB=HE$

Mặt khác $BH=HG=GC$ suy ra $EH=HG=GF$ và $EH$ // $FG$ (cùng vuông góc với $BC)$

Tứ giác $EFGH$ có $EH$ // $FG,EH=FG$ nên là hình bình hành.

Hình bình hành $EFGH$ có một góc vuông $\hat{H}$ nên là hình chữ nhật

Hình chữ nhật $EFGH$ có hai cạnh kề bằng nhau $EH=HG$ nên là hình vuông.

\(AC\perp Oy\) (gt); \(Ox\perp Oy\) (gt) => AC//Oy => AC//OB

C/m tương tự có AB//OC

=> OBAC là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

Mà \(\widehat{xOy}=90^o\)

=> OBAC là HCN

Ta có

AC=AB (Tính chất đường phân giác)

=> OBAC là hình vuông

Tứ giác $OBAC$ có ba góc vuông: góc B= góc C = góc BOC= 90 độ �^=�^=���^=90∘==
∘

Nên $OBAC$ là hình chữ nhật.

Mà $A$ nằm trên tia phân giác $OM$ suy ra $AB=AC$.

Khi đó $OBAC$ là hình vuông.

Ta có:

|x - 1| + |x - 7|

= |x - 1| + |7 - x|

≥ |x - 1 + 7 - x| = 6

Vậy |x + 1| + |x - 7| ≥ 6

`B=y^2-4y+5`

`=y^2-4y+4+1`

`=(y-2)^2+1`

với `y=12` ta có

`(12-2)^2+1=10^2+1=100+1=101`

 Với y=12, ta có 

12² - 4x12 + 5

= 144 - 48 + 5

= 96 + 5=101

Góc DAC là góc nằm trong tam giác ABD, nên ta có thể tính được bằng cách lấy tổng các góc trong tam giác ABD trừ đi góc ADB: Góc DAC = 180° - góc ABD = 180° - 60° = 120°

Góc ADB là góc nằm trong tam giác CBD, nên ta có thể tính được bằng cách lấy tổng các góc trong tam giác CBD trừ đi góc CDB:

Góc ADB = 180° - góc CBD = 180° - 20° = 160°

Vậy số đo các góc DAC và ADB lần lượt là 120° và 160°.

 Nếu m hoặc n chia hết cho 3 thì hiển nhiên \(nm\left(m^2-n^2\right)⋮3\)

 Nếu cả m và n đều không chia hết cho 3 thì \(m^2,n^2\) đều chia 3 dư 1 (tính chất của số chính phương). Do đó \(m^2-n^2⋮3\) nên \(mn\left(m^2-n^2\right)⋮3\)

 Vậy \(mn\left(m^2-n^2\right)⋮3\) với mọi cặp số nguyên m, n.