cau 1 2 3 4 5

giup minh voi

Bài 3:

a: Xét tứ giác AICK có

AI//CK

AI=CK

Do đó: AICK là hình bình hành

b: Sửa đề: N là giao điểm của CI và BK

AICK là hình bình hành

=>AK//CI

=>MK//IN

Ta có: AI+IB=AB

CK+DK=CD

mà AI=CK và AB=CD

nên BI=DK

Xét tứ giác BIDK có

BI//DK

BI=DK

Do đó: BIDK là hình bình hành

=>DI//BK

=>MI//KN

Xét tứ giác MINK có

MI//NK

MK//NI

Do đó: MINK là hình bình hành

Bài 2:

a: CH⊥AB

BK⊥BA

Do đó: CH//BK

b: BH⊥AC

CK⊥CA

Do đó: BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

c: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

=>H,M,K thẳng hàng

Bài 1:

a: Xét ΔADM và ΔCBN có

AD=CB

\(\hat{ADM}=\hat{CBN}\) (hai góc so le trong, AD//BC)

DM=BN

Do đó: ΔADM=ΔCBN

=>AM=CN

Xét ΔABN và ΔCDM có

AB=CD

\(\hat{ABN}=\hat{CDM}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

BN=DM

Do đó: ΔABN=ΔCDM

=>AN=CM

Xét tứ giác AMCN có

AM=CN

AN=CM

Do đó: AMCN là hình bình hành

b: ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

AMCN là hình bình hành

=>AC cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của AC

nên O là trung điểm của MN

Bài 4:

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(2\cdot\hat{ACB}+\hat{ACB}=90^0\)

=>\(3\cdot\hat{ACB}=90^0\)

=>\(\hat{ACB}=\frac{90^0}{3}=30^0\)

=>\(\hat{ABC}=2\cdot30^0=60^0\)

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHD vuông tại H có

AH chung

HB=HD

Do đó: ΔAHB=ΔAHD

=>AB=AD

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{ABD}=60^0\)

nên ΔABD đều

=>\(\hat{BAD}=\hat{BDA}=60^0\) và AB=BD=AD

Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{CAD}=\hat{BAC}\) (tia AD nằm giữa hai tia AB và AC)

=>\(\hat{CAD}=90^0-60^0=30^0\)

Xét ΔDAC có \(\hat{DAC}=\hat{DCA}\left(=30^0\right)\)

nên ΔDAC cân tại D

=>DA=DC

Xét ΔDAC có DA=DC

nên ΔDAC cân tại D

=>\(\hat{ADC}=180^0-2\cdot\hat{DAC}=120^0\)

mà \(\hat{ADC}=\hat{HDE}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{HDE}=120^0\)

Xét ΔDHA vuông tại H và ΔDEC vuông tại E có

DA=DC
\(\hat{HDA}=\hat{EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDHA=ΔDEC

=>DH=DE

=>ΔDHE cân tại D

=>\(\hat{DHE}=\hat{DEH}=\frac{180^0-\hat{EDH}}{2}=\frac{180^0-120^0}{2}=30^0\)

Ta có: \(\hat{DEH}=\hat{DAC}\left(=30^0\right)\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên EH//AC

Ta có: EA=ED+DA

HC=HD+DC

mà ED=HD và DA=DC

nên EA=HC

Xét tứ giác AHEC có

HE//AC

AE=HC

Do đó: AHEC là hình thang cân

b: Xét ΔAHD vuông tại H có cos ADH\(=\frac{HD}{DA}\)

=>\(\frac{HD}{DA}=cos60=\frac12\)

=>DA=2DH

=>DC=2DH

mà DH=HB

nên DC=2HB

mà AD=DC

nên AD=2HB

Ta có: DH=DE

DH=HB

Do đó: DE=HB

AE=AD+DE

=>AE=2HB+HB=3HB

=>\(\frac{BH}{AE}=\frac13\)

Bài 5: Ta có: \(\frac{2z-4x}{3}=\frac{3x-2y}{4}=\frac{4y-3z}{2}\)

=>\(\frac{6z-12x}{9}=\frac{12x-8y}{16}=\frac{8y-6z}{4}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{6z-12x}{9}=\frac{12x-8y}{16}=\frac{8y-6z}{4}=\frac{6z-12x+12x-8y+8y-6z}{9+16+4}=0\)

=>6z=12x=8y

=>12x=8y=6z

=>6x=4y=3z

=>\(\frac{6x}{24}=\frac{4y}{24}=\frac{3z}{24}\)

=>\(\frac{x}{4}=\frac{y}{6}=\frac{z}{8}\)

Đặt \(\frac{x}{4}=\frac{y}{6}=\frac{z}{8}=k\)

=>x=4k; y=6k; z=8k

\(200

=>\(200<\left(6k\right)^2+\left(8k\right)^2<450\)

=>\(200<100k^2<450\)

=>\(2

mà k∈N*

nên k=2

=>x=8; y=12; z=16

a: Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD
Ta có: ΔIAB vuông cân tại I

=>IA=IB; \(\hat{AIB}=90^0\) ; \(\hat{IAB}=\hat{IBA}=45^0\)

ΔKDC vuông cân tại K

=>KD=KC; \(\hat{DKC}=90^0;\hat{KDC}=\hat{KCD}=45^0\)

ΔIAB vuông tại I

=>\(IA^2+IB^2=AB^2\)

=>\(2\cdot IA^2=CD^2\left(1\right)\)

ΔKCD vuông tại K

=>\(KD^2+KC^2=DC^2\)

=>\(2\cdot KD^2=CD^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra IA=KD

mà IA=IB và KD=KC

nên IA=IB=KD=KC

Ta có: ΔIAB cân tại I

mà IM là đường trung tuyến

nên IM⊥AB tại M

Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=CD
nên AM=MB=DN=NC

Xét tứ giác AMND có

AM//ND

AM=ND

Do đó: AMND là hình bình hành

Hình bình hành AMND có \(\hat{DAM}=90^0\)

nên AMND là hình chữ nhật

=>AM⊥MN

=>MN⊥AB

ΔKDC cân tại K

mà KN là đường trung tuyến

nên KN⊥DC tại N

mà DC//AB

nên KN⊥AB

mà MN⊥AB

và KN,MN có điểm chung là N

nên K,N,M thẳng hàng(1)

Ta có: IM⊥AB

MN⊥AB

mà IM,MN có điểm chung là M

nên I,M,N thẳng hàng(2)

Từ (1),(2) suy ra K,N,M,I thẳng hàng

Xét ΔEIK có AD//IK

nên \(\frac{EA}{AI}=\frac{ED}{DK}\)

mà AI=DK

nên EA=ED

Ta có: EA+AI=EI

ED+DK=EK

mà EA=ED và AI=DK

nên EI=EK

=>E nằm trên đường trung trực của IK(3)

Xét ΔFKI có BC//KI

nên \(\frac{FB}{BI}=\frac{FC}{CK}\)

mà BI=CK

nên FB=FC

Ta có: FB+BI=FI

FC+CK=FK
mà FB=FC và BI=CK

nên FI=FK

=>F nằm trên đường trung trực của IK(4)

từ (3),(4) suy ra FE là đường trung trực của IK

=>FE⊥IK

mà IK⊥CD

nên FE//CD

b: Xét ΔKEF có DC//EF
nên \(\frac{KD}{DE}=\frac{KC}{CF}\)

mà KD=KC

nên DE=CF

Ta có: KD+DE=KE

KC+CF=KF

mà KD=KC và DE=CF

nên KE=KF

=>IE=EK=KF=FI

=>IEKF là hình thoi

Hình thoi IEKF có \(\hat{EIF}=90^0\)

nên IEKF là hình vuông

Bài 1:

a: Xét ΔBAC có

E là trung điểm của AB

EM//AC

Do đó: M là trung điểm của BC

Xét ΔBAC có

M là trung điểm của BC

MF//AB

Do đó: F là trung điểm của AC

Xét tứ giác AEMF có

ME//AF

MF//AE

DO đó:AEMF là hình bình hành

Hình bình hành AEMF có \(\hat{EAF}=90^0\)

nên AEMF là hình chữ nhật

b: Xét ΔABC có

E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>EF là đường trung bình của ΔABC

=>EF//BC

=>EF//MH

=>MHEF là hình thang

ΔHAC vuông tại H

mà HF là đường trung tuyến

nên FH=FA

mà FA=ME

nên FH=ME

Xét hình thang MHEF có ME=HF

nên MHEF là hình thang cân

Bài 2:

Xét tứ giác AHCD có

I là trung điểm chung của AC và HD

=>AHCD là hình bình hành

Hình bình hành AHCD có \(\hat{AHC}=90^0\)

nên AHCD là hình chữ nhật

a: ta có: EI⊥BF

AC⊥BF

Do đó: EI//AC

=>\(\hat{IEB}=\hat{ACB}\) (hai góc đồng vị)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)

nên \(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)

Xét ΔKBE vuông tại K và ΔIEB vuông tại I có

BE chung

\(\hat{KBE}=\hat{IEB}\)

Do đó: ΔKBE=ΔIEB

=>EK=BI

b: Điểm D ở đâu vậy bạn?