a/

\(CH\perp AB;BE\perp AB\) => CH//BE

\(BH\perp AC;CE\perp AC\)=> BH//CE

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

b/

Nối H với E cắt BC tại D' => D'B=D'C ( Trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> D' là trung điểm của BC mà D cũng là trung điểm BC nên \(D\equiv D'\) => H, D, E thẳng hàng

c/

Xét tg AHE có

KA=KE (giả thiết)

DH=DE (Trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> DK là đường trung bình của tg AHE \(\Rightarrow DK=\frac{1}{2}AH\)

d/

Ta có 

Q và N đều nhìn BC dưới 1 góc vuông => Q và N thuộc đường tròn đường kính BC => BQNC là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{QNB}=\widehat{QCB}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung BQ) (1)

B và C đều nhìn AE dưới 1 góc vuông => B và C thuộc đường tròn đường kính AE => ABEC là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{EBC}\)(Góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (2)

\(\widehat{QCB}=\widehat{EBC}\) (góc so le trong) (3)

Từ (1) (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{QNB}=\widehat{EAC}\)

Mà \(\widehat{QNB}+\widehat{ANI}=90^o\Rightarrow\widehat{EAC}+\widehat{ANI}=90^o\)

Xét tg ANI có

\(\widehat{AIN}=180^o-\left(\widehat{EAC}+ANI\right)=180^o-90^o=90^o\)

\(\Rightarrow AE\perp QN\)

=>A=3(x+y)(x-y)-2(x-y)(x^2+xy+y^2)

=> A = 3(x+y)-2(x^2+xy+y^2)

b: Xét ΔADK vuông tại K và ΔCBH vuông tại H có 

AD=CB

ˆADK=ˆCBHADK^=CBH^

Do đó: ΔADK=ΔCBH

Suy ra: DK=BH

Xét tứ giác BKDH có 

DK//BH

DK=BH

Do đó: BKDH là hình bình hành

a: Xét ΔABC có 

ADDB=AEECADDB=AEEC

Do đó: DE//BC

Xét tứ giác BCED có DE//BC

nên BCDE là hình thang

mà ˆB=ˆCB^=C^

nên BCDE là hình thang cân

Xét ΔMQN có 

E là trung điểm của MN

H là trung điểm của MQ

Do đó: EH là đường trung bình của ΔMQN

Suy ra: EH//NQ và \(EH=\frac{NQ}{2}\left(1\right)\)

Xét ΔQPN có 

F là trung điểm của NP

G là trung điểm của GP

Do đó: FG là đường trung bình của ΔQPN

Suy ra: FG//NQ và\(FG=\frac{NQ}{2}\left(2\right)\)

Từ (1)và (2) suy ra EH//GF và EH=GF

hay EHGF là hình bình hành

Giải

Nối M với P và nối N với Q

Xét tam giác QMP có: \(\left \{ {{\text{H là trung điểm QM (gt)}} \atop {\text{G là trung điểm QP (gt)}}} \right.\)

Do đó HG là đường trung bình của tam giác QMP

\(\Rightarrow HG//MP\left(1\right)\)

Xét tam giác MNP có: \(\left \{ {{\text{E là trung điểm MN (gt)}} \atop {\text{F là trung điểm NP (gt)}}} \right.\)

Do đó EF là đường trung bình của tam giác MNP

\(\Rightarrow EF//MP\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow HG//EF\left(3\right)\)

Xét tam giác MNQ có: \(\left \{ {{\text{H là trung điểm QM (gt)}} \atop {\text{E là trung điểm MN (gt)}}} \right.\)

Do đó HE là đường trung bình của tam giác MNQ

\(\Rightarrow HE//NQ\left(4\right)\)

Xét tam giác NQP có: \(\left \{ {{\text{G là trung điểm QP (gt)}} \atop {\text{F là trung điểm NP (gt)}}} \right.\)

Do đó GF là đường trung bình của tam giác NQP

\(\Rightarrow GF//QN\left(5\right)\)

Từ \(\left(4\right);\left(5\right)\Rightarrow HE//GF\left(6\right)\)

Từ \(\left(3\right);\left(6\right)\Rightarrow\)Tứ giác EFGH là hình bình hành

Vậy tứ giác EFGH là hình bình hành

Theo mình thì mình nghĩ nó là chứng minh ENFQ là hình bình hành. Nếu sai thì rất xin lỗi bạn.

Giải

Ta có: \(\hept{\begin{cases}EN=\frac{1}{2}MN\\QF=\frac{1}{2}QP\end{cases}}\)(vì E là trung điểm MN và F là trung điểm QP)

Mà \(MN=QP\)(vì MNPQ là hình bình hành)

Nên \(EN=QF\left(1\right)\)

Lại có: \(MN//PQ\)(vì MNPQ là hình bình hành)

Do đó \(EN//QF\left(2\right)\)

M N P Q E F Hình vẽ đây nha