Xét tam giác $ABC$ có BC⊥ AB′BC⊥ AB′ và B′C′⊥AB′B′C′⊥AB′ nên suy ra $BC$ // B′C′B′C′.

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có: ABAB′ =BCBC′AB′AB​ =BC′BC​

Suy ra xx+h =aa′x+hx​ =a′a​

a′.x=a(x+h)a′.x=a(x+h)

a′.x−ax=aha′.x−ax=ah

x(a′−a)=ahx(a′−a)=ah

x=aha′ −ax=a′ −aah​.

Trong tam giác $ADB$, ta có: $MN$ // $AB$ (gt)

Suy ra DNDB =MNABDBDN​ =ABMN​ (hệ quả định lí Thalès) (1)

Trong tam giác $ACB$, ta có: $PQ$ // $AB$ (gt)

Suy ra CQCB =PQABCBCQ​ =ABPQ​ (hệ quả định lí Thalès) (2)

Lại có: $NQ$ // $AB$ (gt); $AB$ // $CD$ (gt)

Suy ra $NQ$ // $CD$

Trong tam giác $BDC$, ta có: $NQ$ // $CD$ (chứng minh trên)

Suy ra DNDB =CQCBDBDN​ =CBCQ​ (định lí Thalès) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra MNAB =PQAB hayABMN​ =ABPQ​ hayMN = PQ$ (đpcm)

$ABCD$ là hình thang suy ra $AB$ // $CD$.

Áp dụng hệ quả định lí Thalès, ta có: OAOC =OBODOCOA​ =ODOB​

Suy ra $OA.OD=OB.OC$ (đpcm).

Gọi D là trung điểm BC

Khi đó, $AD$ là đường trung tuyến của tam giác $ABC$.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên điểm $G$ nằm trên cạnh $AD$.

Ta có AGAD=23ADAG​=32​ hay AG=23ADAG=32​AD.

Vì $MG$ // $AB$, theo định lí Thalès, ta suy ra: AGAD=BMBD=23ADAG​=BDBM​=32​.

Ta có $BD=CD$ (vì $D$ là trung điểm của cạnh $BC$) nên BMBC=BM2BD=22.3=13BCBM​=2BDBM​=2.32​=31​.

Do đó BM=13BCBM=31​BC (đpcm).

Áp dụng định lí Thalès trong tam giác,ta có:

$DE$ // $AC$ nên AEAB=CDBCABAE​=BCCD​;

$DF$ // $AC$ nên AFAC=BDBCACAF​=BCBD​.

Do đó, AEAB+AFAC=CDBC+BDBC=BCBC=1ABAE​+ACAF​=BCCD​+BCBD​=BCBC​=1

a) Ta có $AD=BC$ suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{AD}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{BC}{2}$ nên $MC=ND$ và $MC$ // $ND$

Do đó, $MCDN$ là hình bình hành.

Lại có $CD=AB=\genfrac{}{}{0ex}{}{AD}{2}=ND$ nên $MCDN$ là hình thoi

b) $BM$ // $AD$ suy ra $ABMD$ là hình thang.

Mà $\widehat{ADC}={120}^{\circ }$ mà $DM$ là phân giác $\widehat{ADC}$ nên $\widehat{ADM}={60}^{\circ }=\widehat{BAD}$.

Vậy $ABMD$ là hình thang cân.

c) $\Delta KAD$ có $\widehat{KAD}=\widehat{KDA}$ nên là tam giác cân.

Xét $\Delta MBK$ và $\Delta MCD$ có:

     $MB=MC$ (giả thiết)

     $\widehat{M^1}=\widehat{M^2}$ (đối đỉnh)

     $\widehat{B^1}=\hat{C}$ (so le trong)

Vậy $\Delta MBK=\Delta MCD$ (g.c.g) suy ra $MK=MD$ (hai cạnh tương ứng).

Khi đó $AM$ là đường trung tuyến và $BK=CD$ (hai cạnh tương ứng)

Mà $CD=AB$ suy ra $AB=BK$ hay $DB$ là đường trung tuyến.

Khi đó, $\Delta KAD$ có ba đường trung tuyến $AM,BD,KN$ đồng quy.

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

b) Ta có $AP\perp BC$; $AQ$ // $BC$ suy ra $AP\perp AQ$.

Tứ giác $APCQ$ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo $AC,PQ$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, mà $NA=NC$ nên $N$ là trung điểm của $PQ$.

Suy ra $P,N,Q$ thẳng hàng.

c) Để tứ giác $ABCD$ là hình vuông thì ta cần $AB\perp BC,AB=BC$ hay $\Delta ABC$ vuông cân tại $B$

a) Tứ giác $ADME$ có $\widehat{DAE}=\hat{D}=\hat{E}={90}^{\circ }$ nên $ADME$ là hình chữ nhật.

b) Vì $DM\perp AB$ và $AC\perp AB$ nên $DM$ // $AC$ suy ra $\hat{C}=\widehat{BMD}$ (so le trong).

Xét $\Delta DMB$ và $\Delta ECM$ có:

     $\hat{D}=\hat{E}={90}^{\circ }$

     $BM=CM$ (giả thiết)

     $\widehat{DMB}=\hat{C}$ (so le trong)

Vậy $\Delta DMB=\Delta ECM$ (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra $ME=BD$ (hai cạnh tương ứng) mà $ME=AD$ nên $AD=BD$.

Tứ giác $AMBI$ có hai đường chéo $AB,MI$ cắt nhau tại $D$ là trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

Mà $MI\perp AB$ suy ra $AMBI$ là hình thoi.

c) Để $AMBI$ là hình vuông thì $AM\perp BM$ hay $AM$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên $\Delta ABC$ vuông cân tại $A.$

d) Giả sử $AM$ cắt $PQ$ tại $F$ và $PQ$ cắt $AH$ tại $O$.

Khi đó $\Delta OAQ$ có $OA=OQ$ nên $\Delta OAQ$ cân tại $O$ suy ra $\widehat{Q^1}=\widehat{OAQ}$

$\Delta AMC$ cân tại $M$ suy ra $\widehat{A^1}=\hat{C}$

Do đó, $\widehat{A^1}+\widehat{Q^1}=\hat{C}+\widehat{OAQ}={90}^{\circ }$

Suy ra $\Delta FAQ$ vuông tại $F$ hay $AM\perp PQ.$

a) Tứ giác $AEDF$ có $\widehat{EAF}=\widehat{AED}=\widehat{AFD}={90}^{\circ }$ nên là hình chữ nhật.

$\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ có $AM$ là trung tuyến nên $AM$ cũng là đường phân giác $\widehat{EAF}$.

Hình chữ nhật $AEDF$ có đường chéo $AD$ là tia phân giác $\widehat{EAF}$ nên là hình vuông.

b) $\Delta AEF$ vuông tại $A$ có $AE=AF$ nên vuông cân tại $A$

Suy ra $\widehat{F^1}={45}^{\circ }=\hat{C}$ mà $\widehat{F^1},\hat{C}$ đồng vị nên $EF$ // $BC.$

c) Gọi $O$ là giao của $AD$ với $EF$ suy ra $OE=OD=OF=OA$

$\Delta ENF$ vuông tại $N$ có $NO$ là đường trung tuyến nên $NO=EO=FO$

$\Delta AND$ có $NO$ là đường trung tuyến mà $NO=\genfrac{}{}{0ex}{}{AD}{2}$ suy ra $\Delta AND$ vuông tại $N.$

Ta có $\widehat{O^1}+\widehat{O^3}={90}^{\circ }$ và $\widehat{O^2}+\widehat{O^3}={90}^{\circ }$ suy ra $\widehat{O^1}=\widehat{O^2}$.

  Mặt khác A1^=B1^=45∘

$A$$\widehat{{}^1}=\widehat{B^1}={45}^{\circ }$.

Xét $\Delta AOP$ và $\Delta BOR$ có

    $OA=OB$ ( giả thiết)

    $\widehat{A^1}=\widehat{B^1}=45^{\circ }$

    $\widehat{O^1}=\widehat{O^2}$ (chứng minh trên)

Suy ra $\Delta AOP=\Delta BOR$ (g.c.g)

b) Từ $\Delta AOP=\Delta BOR$ suy ra $OP=OR$ (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự cho $\Delta OBR=\Delta OCQ$ và $\Delta OCQ=\Delta ODS$

Suy ra $OR=OQ$ và $OQ=OS$.

Khi đó $OP=OR=OS=OQ.$

c) Tứ giác $PRQS$ là hình thoi vì có bốn cạnh bằng nhau.

Mà $\Delta OPR$ có $OP=OR$ và $\widehat{POR}={90}^{\circ }$ nên $\Delta OPR$ là tam giác vuông cân tại $O$

Suy ra $\widehat{P^1}={45}^{\circ }$.

Tương tự $\widehat{P^2}={45}^{\circ }$ 

$\widehat{RPS}={90}^{\circ }$ nên nó là hình vuông.