Ta có

BMAM=BCAC=abAMBM​=ACBC​=ba​ (Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy)

CNAN=BCAB=abANCN​=ABBC​=ba​ (Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy)

⇒BMAM=CNAN⇒BMCN=AMAN⇒AMBM​=ANCN​⇒CNBM​=ANAM​ => MN//BC (Talet)

⇒AMAB=MNBC⇒AMb=MNa⇒ABAM​=BCMN​⇒bAM​=aMN​  (1)

Ta có

AMBM=ACBC=baBMAM​=BCAC​=ab​ (Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy)

⇒AMb=BMa=AM+BMa+b=ABa+b=ba+b⇒bAM​=aBM​=a+bAM+BM​=a+bAB​=a+bb​

⇒AM=b2a+b⇒AM=a+bb2​ Thay vào (1)

⇒b2a+bb=MNa⇒ba+b=MNa⇒MN=aba+b⇒ba+bb2​​=aMN​⇒a+bb​=aMN​⇒MN=a+bab​
 

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $AB=AC=12$ cm.

​a) Xét tam giác $ABC$, áp dụng tính chất tia phân giác ta có:

����=����=126=2DBAD​=CBAC​=612​=2

Suy ra ����=23ABAD​=32​ suy ra ��=23.12=8AD=32​.12=8 (cm)

Do đó, $DB=12-8=4$ (cm).

b) Do $CE$ vuông góc với phân giác $CD$ nên $CE$ là phân giác ngoài tại đỉnh $C$ của tam giác $ABC$.

Vậy ����=����EAEB​=ACBC​ hay ����+��=����EB+BAEB​=ACBC​

Gọi độ dài $EB$ là $x$ thì ��+12=612x+12x​=126​.

Vậy $x=12$ (cm).

Ta có

BC⊥AB′;B′C′⊥AB′BC⊥AB′;B′C′⊥AB′ => BC//B'C'

⇒ABAB′=BCB′C′⇒xx+h=aa′⇒AB′AB​=B′C′BC​⇒x+hx​=a′a​

⇒a′x=ax+ah⇒x(a′−a)=ah⇒x=aha′−a(dpcm)⇒a′x=ax+ah⇒x(a′−a)=ah⇒x=a′−aah​(dpcm)

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).

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, ta có:

• Vì DE // AC nên 
A
E
A
B
=
C
D
B
C
𝐴
E
𝐴
𝐵
=
𝐶
D
𝐵
𝐶

• Vì DF // AB nên 
A
F
A
C
=
B
D
B
C
𝐴
𝐹
𝐴
𝐶
=
𝐵
D
𝐵
𝐶

Khi đó, 
A
E
A
B
+
A
F
A
C
=
C
D
B
C
+
B
D
B
C
=
1
𝐴
E
𝐴
𝐵
+
𝐴
𝐹
𝐴
𝐶
=
𝐶
D
𝐵
𝐶
+
𝐵
D
𝐵
𝐶
=
1
 (đpcm)
 

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 $D$.

a) 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

a) Do ABCD là hình vuôn nên: 

$AB=BC=CD=AD$ 

Mà: $\{\begin{array}{c}AB=AM+MB\\ BC=BN+NC\\ CD=CP+PD\\ AD=DQ+QA\end{array}$ 

Lại có: $AM=BN=CP=DQ$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\Rightarrow MQ=QP=PN=NM$ (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