Giải:

a) Chứng minh \(AIKD\) và \(BIKC\) là hình vuông.

Vì \(I\) là trung điểm của \(AB\), \(K\) là trung điểm của \(DC\) và \(AB = 2BC\) nên \(AI = IB = DK = KC = BC = AD\).

Xét tứ giác \(AIKD\):

\(AI = DK\) và \(AI \parallel DK\) (vì \(AI\) và \(DK\) cùng nằm trên hai cạnh đối song song của hình chữ nhật \(ABCD\)).

\(AD = AI\)

\(\angle DAI =

Giải:

a) Tứ giác \(DKMN\) là hình chữ nhật.

Vì \(MN \perp DE\) nên \(\angle MNE = 90^\circ\).

Vì \(MK \perp DF\) nên \(\angle MKD = 90^\circ\).

\(\triangle DEF\) vuông tại \(D\) nên \(\angle KDN = 90^\circ\).

Tứ giác \(DKMN\) có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

b) Chứng minh 3 điểm \(H, O, F\) thẳng hàng.

\(M\) là trung điểm của \(EF\) (vì \(DM\) là đường trung tuyến của \(\triangle DEF\)).

\(MK \perp DF\) tại \(K\), \(MN \perp DE\) tại \(N\).

\(DKMN\) là hình chữ nhật nên \(DK \parallel MN\) và \(DN \parallel MK\).

Xét \(\triangle DMN\) và \(\triangle FKM\):

\(\angle DMN = \angle FKM\) (cùng phụ với \(\angle KMF\))

\(\dfrac{KF}{MD} = \dfrac{MK}{DN} = \dfrac{FM}{DM}\) (vì \(MD = ME\))

Suy ra \(\triangle DMN \sim \triangle FKM\) (c.g.c).

Do đó, \(\angle KMF = \angle DNM\).

Vì \(N\) là trung điểm của \(MH\) nên \(MN = NH\).

Xét \(\triangle DNM\) và \(\triangle ENH\):

\(MN = NH\)

\(\angle DNM = \angle ENH\) (đối đỉnh)

\(\angle MND = \angle HNE = 90^\circ\)

Suy ra \(\triangle DNM = \triangle ENH\) (g.c.g).

Do đó, \(MD = HE\).

Vì \(O\) là trung điểm của \(DM\) nên \(DO = OM = \dfrac{1}{2}DM\).

Ta có \(FM = ME = \dfrac{1}{2}EF\), suy ra \(OM \parallel FH\) và \(OM = \dfrac{1}{2}FH\).

Vậy \(H, O, F\) thẳng hàng.

c) \(\triangle DEF\) cần thêm điều kiện gì để tứ giác \(DKMN\) là hình vuông.

Để tứ giác \(DKMN\) là hình vuông, hình chữ nhật \(DKMN\) cần có hai cạnh kề bằng nhau, tức là \(DK = DN\).

Mà \(DK = FM\) và \(DN = ME\), do đó \(FM = ME\).

Vậy \(DE = DF\).

Kết luận: \(\triangle DEF\) vuông cân tại \(D\) thì tứ giác \(DKMN\) là hình vuông.

Giải:

a) Chứng minh MB = NC = PD = QA.

• Vì ABCD là hình vuông, nên AB = BC = CD = DA.

• Ta có: AM = BN = CP = DQ (giả thiết).

• MB = AB-AM

• NC = BC-BN

• PD = CD-CP

• QA = DA-DQ

Suy ra MB = NC = PD = QA.

b) Chứng minh △AQM = △NCP.

• Xét △AQM và △NCP có:

◦ AQ = NC (chứng minh trên)

◦ \hat{A} = \hat{C} = 90^{\circ } (do ABCD là hình vuông)

◦ AM = CP (giả thiết)

◦ Vậy △AQM = △NCP (c.g.c)

c) Chứng minh MNPQ là hình vuông.

• Chứng minh tương tự câu b, ta có: △AQM = △BNM = △CPN = △DQP.

Suy ra MQ = NP = PN = QM. Vậy MNPQ là hình thoi.

• Ta có: △AQM = △NCP (chứng minh trên) ⇒ \hat{AQM} = \hat{CNP}.

Gọi I là giao điểm của QM và NP.

Ta có: \hat{AQM} + \hat{QMA} = 90^{\circ } (do △AQM vuông tại A).

Mà \hat{AQM} = \hat{CNP} (chứng minh trên).

Suy ra \hat{CNP} + \hat{QMA} = 90^{\circ }.

Trong tam giác MNI, ta có:

\hat{MNI} + \hat{NIM} + \hat{NMI} = 180^{\circ }

\Rightarrow \hat{NIM}=180^{\circ }-(\hat{CNP}+\hat{QMA})\\ =180^{\circ }-90^{\circ }\\ =90^{\circ }

Vậy MNPQ là hình thoi có một góc vuông, nên MNPQ là hình vuông.

Giải:

a) Chứng minh AMCK là hình thoi.

• Vì I là trung điểm của AC (giả thiết) nên AI = IC

• Vì K nằm trên tia đối của tia IM sao cho IK = IM (giả thiết)

• Xét tứ giác AMCK có:

◦ Hai đường chéo AC và MK cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.

◦ Suy ra AMCK là hình bình hành.

Mặt khác, trong tam giác vuông ABC, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên AM = \frac{1}{2}BC.

Mà AM = MC (do M là trung điểm BC).

Vậy hình bình hành AMCK có hai cạnh kề AM và MC bằng nhau, nên AMCK là hình thoi (đpcm).

b) Chứng minh AKMB là hình bình hành.

• Vì AMCK là hình thoi (chứng minh trên) nên AK//MC và AK = MC

• Mà MC = MB (do M là trung điểm BC)

• Suy ra AK//MB và AK = MB

• Xét tứ giác AKMB có:

◦ AK // MB

◦ AK = MB

• Suy ra AKMB là hình bình hành (đpcm).

c) Tìm điều kiện của △ABC để tứ giác AMCK là hình vuông.

• Vì AMCK là hình thoi (chứng minh trên), để AMCK là hình vuông thì hình thoi AMCK cần có một góc vuông.

• Hay \hat{AMC} = 90^{\circ }

• Khi đó, △AMC vuông cân tại M.

• Suy ra AM = MC = MB

• Do đó, △ABC vuông tại A có đường trung tuyến AM bằng một nửa cạnh huyền BC. Điều này xảy ra khi và chỉ khi △ABC vuông cân tại A.

Vậy điều kiện của △ABC để tứ giác AMCK là hình vuông là △ABC vuông cân tại A.

Giải:

a) Chứng minh AMCK là hình thoi.

• Vì I là trung điểm của AC (giả thiết) nên AI = IC

• Vì K nằm trên tia đối của tia IM sao cho IK = IM (giả thiết)

• Xét tứ giác AMCK có:

◦ Hai đường chéo AC và MK cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.

◦ Suy ra AMCK là hình bình hành.

Mặt khác, trong tam giác vuông ABC, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên AM = \frac{1}{2}BC.

Mà AM = MC (do M là trung điểm BC).

Vậy hình bình hành AMCK có hai cạnh kề AM và MC bằng nhau, nên AMCK là hình thoi (đpcm).

b) Chứng minh AKMB là hình bình hành.

• Vì AMCK là hình thoi (chứng minh trên) nên AK//MC và AK = MC

• Mà MC = MB (do M là trung điểm BC)

• Suy ra AK//MB và AK = MB

• Xét tứ giác AKMB có:

◦ AK // MB

◦ AK = MB

• Suy ra AKMB là hình bình hành (đpcm).

c) Tìm điều kiện của △ABC để tứ giác AMCK là hình vuông.

• Vì AMCK là hình thoi (chứng minh trên), để AMCK là hình vuông thì hình thoi AMCK cần có một góc vuông.

• Hay \hat{AMC} = 90^{\circ }

• Khi đó, △AMC vuông cân tại M.

• Suy ra AM = MC = MB

• Do đó, △ABC vuông tại A có đường trung tuyến AM bằng một nửa cạnh huyền BC. Điều này xảy ra khi và chỉ khi △ABC vuông cân tại A.

Vậy điều kiện của △ABC để tứ giác AMCK là hình vuông là △ABC vuông cân tại A.

a) Chứng minh △BHE là tam giác vuông cân.

• △ABC vuông cân tại A → \hat{ABC} = 45^{\circ }

• EH ⟂ BC tại H → \hat{BHE} = 90^{\circ }

• Xét △BHE có: \hat{BHE} = 90^{\circ }, \hat{EBH} = \hat{ABC} = 45^{\circ }

\implies \hat{BEH}=180^{\circ }-\hat{BHE}-\hat{EBH}\\ =180^{\circ }-90^{\circ }-45^{\circ }\\ =45^{\circ }

→ \hat{EBH} = \hat{BEH} = 45^{\circ }

→ △BHE vuông cân tại H.

b) Chứng minh tứ giác EFGH là hình vuông.

• Tương tự chứng minh câu a, ta có: △CGF vuông cân tại G.

→ CG = GF

• Mà BH = HG = GC (giả thiết)

→ HE = HG = GF

• EH ∥ GF (cùng vuông góc với BC)

→ EFGH là hình bình hành (tứ giác có các cạnh đối song song).

• Mặt khác, \hat{EHG} = 90^{\circ } (do EH ⟂ BC và HG nằm trên BC)

→ EFGH là hình chữ nhật (hình bình hành có một góc vuông).

• Thêm vào đó, HE = HG (chứng minh trên)

→ EFGH là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau).

Giải:

Để chứng minh OBAC là hình vuông, ta cần chứng minh nó là hình chữ nhật và có hai cạnh kề bằng nhau.

1. Chứng minh OBAC là hình chữ nhật:

• AB ⟂ Ox ⇒ \hat{ABO} = 90^{\circ }

• AC ⟂ Oy ⇒ \hat{ACO} = 90^{\circ }

• \hat{xOy} = 90^{\circ } (giả thiết)

Xét tứ giác OBAC có:

\hat{ABO} = \hat{ACO} = \hat{xOy} = 90^{\circ }

⇒ OBAC là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông).

2. Chứng minh OBAC có hai cạnh kề bằng nhau:

Vì Om là tia phân giác của \hat{xOy}, nên \hat{AOB} = \hat{AOC}.

Xét △ABO và △ACO có:

• \hat{ABO} = \hat{ACO} = 90^{\circ }

• AO là cạnh chung

• \hat{AOB} = \hat{AOC} (chứng minh trên)

⇒ △ABO = △ACO (cạnh huyền - góc nhọn)

⇒ AB = AC (hai cạnh tương ứng)

Mà OBAC là hình chữ nhật (chứng minh trên) và AB = AC,

⇒ OBAC là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau).

Vậy, OBAC là hình vuông (điều phải chứng minh).