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 $DKMN$ 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 $BC=\genfrac{}{}{0ex}{}{AB}{2}=AD$

$ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB=DC$ suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AB=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DC$ do đó $AI=DK=AD$.

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

Lại có $AD=AI$ nên $AIKD$ là hình thoi.

Mà $\widehat{IAD}={90}^{\circ }$ do đó $AIKD$ là hình vuông.

Chứng minh tương tự cho tứ giác $BIKC$

b) Vì $AIKD$ là hình vuông nên $DI$ là tia phân giác $\widehat{ADK}$ hay $\widehat{IDK}={45}^{\circ }$.

Tương tự $\widehat{ICD}={45}^{\circ }$.

$\Delta IDC$ cân có $\widehat{DIC}={90}^{\circ }$ nên là tam giác vuông cân.

c) Vì $AIKD,BCKI$ là các hình vuông nên hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên $SI=SK=\genfrac{}{}{0ex}{}{DI}{2}$ và $IR=RK=\genfrac{}{}{0ex}{}{IC}{2}$

Suy ra $ISKR$ là hình thoi.

Lại có $\widehat{DIC}={90}^{\circ }$ nên $ISKR$ là hình vuông.

Tứ giác $OBAC$ có ba góc vuông $\hat{B}=\hat{C}=\widehat{BOC}={90}^{\circ }$

Nên $OBAC$ là hình chữ nhật.

Mà $A$ nằm trên tia phân giác $OM$ suy ra $AB=AC$.

Khi đó $OBAC$ là hình vuông.

a) $\Delta ABC$ vuông cân nên $\hat{B}=\hat{C}={45}^{\circ }.$

$\Delta BHE$ vuông tại $H$ có $\widehat{BEH}+\hat{B}={90}^{\circ }$

Suy ra $\widehat{BEH}={90}^{\circ }-{45}^{\circ }={45}^{\circ }$ nên $\hat{B}=\widehat{BEH}={45}^{\circ }$.

Vậy $\Delta BEH$ vuông cân tại $H.$

b) Chứng minh tương tự câu a ta được $\Delta CFG$ vuông cân tại $G$ nên $GF=GC$ và $HB=HE$

Mặt khác $BH=HG=GC$ suy ra $EH=HG=GF$ và $EH$ // $FG$ (cùng vuông góc với $BC)$

Tứ giác $EFGH$ có $EH$ // $FG,EH=FG$ nên là hình bình hành.

Hình bình hành $EFGH$ có một góc vuông $\hat{H}$ nên là hình chữ nhật

Hình chữ nhật $EFGH$ có hai cạnh kề bằng nhau $EH=HG$ nên là hình vuông.

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

$\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AM$ là đường trung tuyến nên $AM=MC=MB$.

Vậy hình bình hành $AMCK$ có $AM=MC$ nên là hình thoi.

b) Vì $AMCK$ là hình thoi nên $AK$ // $BM$ và $AK=MC=BM$.

Tứ giác $AKMB$ có $AK$ // $BM,AK=BM$ nên là hình bình hành.

c) Để $AMCK$ là hình vuông thì cần có một góc vuông hay $AM\perp MC$.

Khi đó $\Delta ABC$ có $AM$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên cân tại $A$.

Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AMCK$ là hình vuông.

a) $ABCD$ là hình vuông nên $AB=BC=CD=DA$

Mà $AM=BN=CP=DQ$.

Trừ theo vế ta được $AB-AM=BC-BN=CD-CP=DA-DQ$

Suy ra $MB=NC=PD=QA$

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

$\hat{A}=\hat{C}={90}^{\circ }$

$AQ=NC$ (chứng minh trên)

$AM=CP$ (giả thiết)

Suy ra $\Delta QAM=\Delta NCP$ (c.g.c)

c) Từ $\Delta QAM=\Delta NCP$ suy ra $NP=MQ$ (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh tương tự câu b ta có $\Delta QAM=\Delta PDQ$ và $\Delta QAM=\Delta MBN$.

Khi đó $\Rightarrow MQ=PQ,MN=MQ$ và $\widehat{AMQ}=\widehat{DQP}$.

Mà $\widehat{AMQ}+\widehat{AQM}={90}^{\circ }$ suy ra $\widehat{DQP}+\widehat{AQM}={90}^{\circ }$.

Do đó, $\widehat{MQP}={90}^{\circ }$.

Tứ giác $MNPQ$ có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi, lại có $\widehat{MQP}={90}^{\circ }$ nên là hình vuông.