) Ta có: A x ⊥ A C Ax⊥AC và B y By // A C AC Suy ra A x ⊥ B y Ax⊥By ⇒ A M B ^ = 9 0 ∘ ⇒ AMB =90 ∘ . Xét Δ M A Q ΔMAQ và Δ Q B M ΔQBM có M Q A ^ = B M Q ^ MQA ​ = BMQ ​ (so le trong); M Q MQ là cạnh chung; A M Q ^ = B Q M ^ AMQ ​ = BQM ​ ( A x Ax // Q B QB). Suy ra Δ M A Q = Δ Q B M ΔMAQ= ΔQBM (g-c-g) Suy ra M B Q ^ = M A Q ^ = 9 0 ∘ MBQ ​ = MAQ ​ =90 ∘ (2 góc tương ứng) Xét tứ giác A M B Q AMBQ có: Q A M ^ = A M B ^ = M B Q ^ = 9 0 ∘ QAM ​ = AMB = MBQ ​ =90 ∘ Suy ra tứ giác A M B Q AMBQ là hình chữ nhật. b) Do tứ giác A M B Q AMBQ là hình chữ nhật. Mà P P là trung điểm AB n e ^ n n e ^ nPQ=\dfrac{1}{2}AB$ (1) Xét Δ A I B ΔAIB vuông tại I I và có I P IP là đường trung tuyến. Suy ra I P = 1 2 A B IP= 2 1 ​ AB (2) Từ (1) và (2) ⇒ Q P = I P ⇒ Δ P Q I ⇒QP=IP⇒ΔPQI cân tại P P.

) Ta có: A x ⊥ A C Ax⊥AC và B y By // A C AC Suy ra A x ⊥ B y Ax⊥By ⇒ A M B ^ = 9 0 ∘ ⇒ AMB =90 ∘ . Xét Δ M A Q ΔMAQ và Δ Q B M ΔQBM có M Q A ^ = B M Q ^ MQA ​ = BMQ ​ (so le trong); M Q MQ là cạnh chung; A M Q ^ = B Q M ^ AMQ ​ = BQM ​ ( A x Ax // Q B QB). Suy ra Δ M A Q = Δ Q B M ΔMAQ= ΔQBM (g-c-g) Suy ra M B Q ^ = M A Q ^ = 9 0 ∘ MBQ ​ = MAQ ​ =90 ∘ (2 góc tương ứng) Xét tứ giác A M B Q AMBQ có: Q A M ^ = A M B ^ = M B Q ^ = 9 0 ∘ QAM ​ = AMB = MBQ ​ =90 ∘ Suy ra tứ giác A M B Q AMBQ là hình chữ nhật. b) Do tứ giác A M B Q AMBQ là hình chữ nhật. Mà P P là trung điểm AB n e ^ n n e ^ nPQ=\dfrac{1}{2}AB$ (1) Xét Δ A I B ΔAIB vuông tại I I và có I P IP là đường trung tuyến. Suy ra I P = 1 2 A B IP= 2 1 ​ AB (2) Từ (1) và (2) ⇒ Q P = I P ⇒ Δ P Q I ⇒QP=IP⇒ΔPQI cân tại P P.

) Ta có: A x ⊥ A C Ax⊥AC và B y By // A C AC Suy ra A x ⊥ B y Ax⊥By ⇒ A M B ^ = 9 0 ∘ ⇒ AMB =90 ∘ . Xét Δ M A Q ΔMAQ và Δ Q B M ΔQBM có M Q A ^ = B M Q ^ MQA ​ = BMQ ​ (so le trong); M Q MQ là cạnh chung; A M Q ^ = B Q M ^ AMQ ​ = BQM ​ ( A x Ax // Q B QB). Suy ra Δ M A Q = Δ Q B M ΔMAQ= ΔQBM (g-c-g) Suy ra M B Q ^ = M A Q ^ = 9 0 ∘ MBQ ​ = MAQ ​ =90 ∘ (2 góc tương ứng) Xét tứ giác A M B Q AMBQ có: Q A M ^ = A M B ^ = M B Q ^ = 9 0 ∘ QAM ​ = AMB = MBQ ​ =90 ∘ Suy ra tứ giác A M B Q AMBQ là hình chữ nhật. b) Do tứ giác A M B Q AMBQ là hình chữ nhật. Mà P P là trung điểm AB n e ^ n n e ^ nPQ=\dfrac{1}{2}AB$ (1) Xét Δ A I B ΔAIB vuông tại I I và có I P IP là đường trung tuyến. Suy ra I P = 1 2 A B IP= 2 1 ​ AB (2) Từ (1) và (2) ⇒ Q P = I P ⇒ Δ P Q I ⇒QP=IP⇒ΔPQI cân tại P P.

Xét Δ A B C ΔABC có B M BM là đường trung tuyến ứng với cạnh A C AC mà B M = 1 2 A C BM= 2 1 ​ AC suy ra Δ A B C ΔABC vuông tại B B. Tứ giác A B C D ABCD có A ^ = D ^ = B ^ = 90 ∘ A = D = B =90 ∘ Suy ra tứ giác A B C D ABCD là hình chữ nhật.

Xét Δ A B C ΔABC có B M BM là đường trung tuyến ứng với cạnh A C AC mà B M = 1 2 A C BM= 2 1 ​ AC suy ra Δ A B C ΔABC vuông tại B B. Tứ giác A B C D ABCD có A ^ = D ^ = B ^ = 90 ∘ A = D = B =90 ∘ Suy ra tứ giác A B C D ABCD là hình chữ nhật.

Ta có I A = I C IA=IC và I H = I D IH=ID. Suy ra A H C D AHCD là hình bình hành do có hai đường chéo A C AC và D H DH cắt nhau tại trung điểm I I. Mà A H C ^ = 9 0 ∘ AHC =90 ∘ suy ra A H C D AHCD là hình chữ nhật.

Ta có I A = I C IA=IC và I H = I D IH=ID. Suy ra A H C D AHCD là hình bình hành do có hai đường chéo A C AC và D H DH cắt nhau tại trung điểm I I. Mà A H C ^ = 9 0 ∘ AHC =90 ∘ suy ra A H C D AHCD là hình chữ nhật.

) Do A B C D ABCD là hình bình hành nên A D AD // B C BC và A D = B C AD=BC. Do A D AD // B C BC nên A D B ^ = C B D ^ ADB = CBD (so le trong) Xét Δ A D H ΔADH và Δ C B K ΔCBK có: A H D ^ = C K B ^ = 9 0 ∘ AHD = CKB =90 ∘ ; A D = B C AD=BC (chứng minh trên); A D H ^ = C B K ^ ADH = CBK (do A D B ^ = C B D ^ ADB = CBD ). Do đó Δ A D H = Δ C B K Δ ADH=Δ CBK (cạnh huyền – góc nhọn). Suy ra A H = C K AH=CK (hai cạnh tương ứng). Ta có A H ⊥ D B AH⊥ DB và C K ⊥ D B CK⊥ DB nên A H AH // C K CK. Tứ giác A H C K AHCK có A H AH // C K CK và A H = C K AH=CK nên A H C K AHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết). b) Do A H C K AHCK là hình bình hành (câu a) nên hai đường chéo A C AC và H K HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà I I là trung điểm của H K HK (giả thiết) nên I I là trung điểm của A C AC. Do A B C D ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo A C AC và B D BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà I I là trung điểm của A C AC nên I I là trung điểm của B D BD, hay I B = I D IB=ID.

) Do A B C D ABCD là hình bình hành nên A D AD // B C BC và A D = B C AD=BC. Do A D AD // B C BC nên A D B ^ = C B D ^ ADB = CBD (so le trong) Xét Δ A D H ΔADH và Δ C B K ΔCBK có: A H D ^ = C K B ^ = 9 0 ∘ AHD = CKB =90 ∘ ; A D = B C AD=BC (chứng minh trên); A D H ^ = C B K ^ ADH = CBK (do A D B ^ = C B D ^ ADB = CBD ). Do đó Δ A D H = Δ C B K Δ ADH=Δ CBK (cạnh huyền – góc nhọn). Suy ra A H = C K AH=CK (hai cạnh tương ứng). Ta có A H ⊥ D B AH⊥ DB và C K ⊥ D B CK⊥ DB nên A H AH // C K CK. Tứ giác A H C K AHCK có A H AH // C K CK và A H = C K AH=CK nên A H C K AHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết). b) Do A H C K AHCK là hình bình hành (câu a) nên hai đường chéo A C AC và H K HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà I I là trung điểm của H K HK (giả thiết) nên I I là trung điểm của A C AC. Do A B C D ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo A C AC và B D BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà I I là trung điểm của A C AC nên I I là trung điểm của B D BD, hay I B = I D IB=ID.

a) ABCD là hình bình hành nên AD = BC và AD // BC. Mà E là trung điểm của AD nên AE = ED; F là trung điểm của BC nên BF = FC. Suy ra DE = BF. Xét tứ giác EBFD có DE // BF (do AD // BC) và DE = BF nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết). b) Ta có O là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành ABCD nên O là trung điểm của BD. Do EBFD là hình bình hành nên hai đường chéo BD và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà O là trung điểm của BD nên O là trung điểm của EF. Vậy ba điểm E, O, F thẳng hàng.