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 $N.$

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

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 $\widehat{P^2}={45}^{\circ }$ nên $\widehat{RPS}=\widehat{P^1}+\widehat{P^2}={90}^{\circ }$.

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

a) Tứ giác $DKMN$ có $\hat{D}=\hat{K}=\hat{N}={90}^{\circ }$ nên là hình chữ nhật.

b) Vì $DKMN$ là hình chữ nhật nên $DF$ // $MH$

Xét $\Delta KFM$ và $\Delta NME$ có:

     $\hat{K}=\hat{N}={90}^{\circ }$

     $FM=ME$ ( giả thiết)

     $\widehat{KMF}=\hat{E}$ (đồng vị)

Vậy $\Delta KFM=\Delta NME$ (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra $KF=MN$ (hai cạnh tương ứng) mà $MN=DK$ nên $DF=2DK$ và $MH=2MN$.

Do đó $DF=MH$.

Tứ giác $DFMH$ có $DF$ // $MH,DF=MH$ nên là hình bình hành.

Do đó, hai đường chéo $DM,FH$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường hay $F,O,H$ thẳng hàng.

c) Để hình chữ nhật $DKMN$ là hình vuông thì $DK=DN$ $\left(1\right)$

Mà $DK=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DF$ và $DN=KM=NE$ nên $DN=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DE$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ suy ra $DF=DE$.

Vậy $\Delta DFE$ cần thêm điều kiên cân tại $D$.

) Vì $AB=2BC$ suy ra ��=��2=��BC= AB/2=AD

ABCD là hình chữ nhật nên AB=DC suy ra 1/2AB=1/2DC do đó AI=DK=AD

Tứ giác AIKD có AI//DK, AI=DK nên tứ giác AIKD là hình bình hành 

Lại có AD=AI nên AIKD là hình thoi

Mà góc IAD= 90 độ do đó AIKD là hình vuông

Vậy tứ giác AIKD là hình vuông

Chứng minh tương tự cho tứ giác BIKC

Vậy tứ gáic BIKC là hình vuông

b) VÌ AIKD là hình vuông nên DI là tia phân giác góc ADK nên góc IDK = 45 độ

Tương tự góc ICK = 45 độ

Tam giác IDC cân có góc DIC = 90 độ nên là tam gaic vuông cân 

Vậy tam giác IDC là tam gáic  vuông cân

c) Vì AIKD, BCKI là các hình vuông nên hai đường chéo bằng nhau và cắt  nhau tại trung điểm mỗi đường nên SI=SK=DI/2 và IR=RK=IC/2

 =>ISKR là hình thoi

Lại có góc DIC= 90 độ nên ISKR là hình vuông

Vậy ISKR là hình vuông

1: AM+MB=AB

BN+NC=BC

CP+PD=CD

QD+QA=AD

mà AB=BC=CD=AD và AM=BN=CP=QD

nên BM=CN=PD=QA

2: Xét ΔMAQ vuông tại A và ΔNBM vuông tại B có

MA=NB

AQ=BM

Do đó: ΔMAQ=ΔNBM

=>MQ=MN(1)

Xét ΔMBN vuông tại B và ΔNCP vuông tại C có

MB=NC

BN=CP

Do đó: ΔMBN=ΔNCP

=>MN=NP(2)

Xét ΔNCP vuông tại C và ΔPDQ vuông tại D có

NC=PD

CP=DQ

Do đó: ΔNCP=ΔPDQ

=>NP=PQ(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra MQ=MN=NP=PQ

ΔMAQ=ΔNBM

=>$\widehat{AMQ}=\widehat{BNM}$

mà $\widehat{BNM}+\widehat{BMN}=90^0$(ΔBMN vuông tại B)

nên $\widehat{AMQ}+\widehat{BMN}=90^0$

$\widehat{AMQ}+\widehat{QMN}+\widehat{NMB}=180^0$

=>$90^0+\widehat{QMN}=180^0$

=>$\widehat{QMN}=90^0$

Xét tứ giác MNPQ có

MN=NP=PQ=MQ

nên MNPQ là hình thoi

Hình thoi MNPQ có $\widehat{QMN}=90^0$

nên MNPQ là hình vuông

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

) $Tam\; giácABC$ 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