Chứng minh \(AEDF\) là hình vuông. Xác định các góc vuông: Theo giả thiết, \(DE\perp AB\) tại \(E\), nên \(\angle DEA=90^{\circ }\). Theo giả thiết, \(DF\perp AC\) tại \(F\), nên \(\angle DFA=90^{\circ }\). Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\), nên \(\angle BAC=90^{\circ }\).  Kết luận \(AEDF\) là hình chữ nhật: Tứ giác \(AEDF\) có ba góc vuông là \(\angle DEA\), \(\angle DFA\), \(\angle EAF\) (tức \(\angle BAC\)). Do đó, \(AEDF\) là hình chữ nhật. Chứng minh \(AE=AF\): Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\), nên \(AB=AC\).  \(M\) là trung điểm của \(BC\), nên \(AM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền. Trong tam giác vuông cân, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền cũng là đường phân giác của góc vuông, nên \(AM\) là phân giác của \(\angle BAC\). Vì \(D\) nằm trên tia đối của \(MA\), nên \(AD\) cũng là phân giác của \(\angle BAC\). Trong hình chữ nhật \(AEDF\), \(AD\) là đường chéo. Vì \(AD\) là phân giác của \(\angle EAF\), nên hình chữ nhật \(AEDF\) có đường chéo là phân giác của một góc. Do đó, \(AEDF\) là hình vuông. b) Chứng minh \(EF\parallel BC\). Xác định tính chất của \(EF\): Vì \(AEDF\) là hình vuông (đã chứng minh ở phần a), nên \(AE=AF\). Tam giác \(AEF\) là tam giác vuông cân tại \(A\). Do đó, \(\angle AEF=\angle AFE=\frac{180^{\circ }-90^{\circ }}{2}=45^{\circ }\). Xác định tính chất của \(BC\): Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\), nên \(\angle ABC=\angle ACB=\frac{180^{\circ }-90^{\circ }}{2}=45^{\circ }\). Kết luận \(EF\parallel BC\): Ta có \(\angle AEF=45^{\circ }\) và \(\angle ABC=45^{\circ }\). Vì \(\angle AEF\) và \(\angle ABC\) là hai góc đồng vị bằng nhau, nên \(EF\parallel BC\). c) Chứng minh \(\angle AND=90^{\circ }\). Xác định các đường vuông góc: \(AM\perp BC\) (vì \(AM\) là đường trung tuyến trong tam giác vuông cân \(ABC\), đồng thời là đường cao). \(EF\parallel BC\) (đã chứng minh ở phần b). Do đó, \(AM\perp EF\). Xác định các điểm đồng quy: Trong tam giác \(ADF\), \(FN\) là đường cao (vì \(EN\perp MF\) và \(E,N,F\) thẳng hàng). Trong tam giác \(ADF\), \(AE\) là đường cao (vì \(DE\perp AB\) và \(A,E,B\) thẳng hàng). Trong tam giác \(ADF\), \(AM\) là đường cao (vì \(AM\perp EF\) và \(A,M,D\) thẳng hàng). Ba đường cao \(FN\), \(AE\), \(AM\) của tam giác \(ADF\) đồng quy tại một điểm. Kết luận \(\angle AND=90^{\circ }\): Vì \(N\) là giao điểm của \(EN\) và \(MF\), và \(EN\perp MF\), nên \(N\) là trực tâm của tam giác \(ADF\). Đường thẳng đi qua đỉnh \(D\) và trực tâm \(N\) phải vuông góc với cạnh đối diện \(AF\). Tuy nhiên, đây là một cách tiếp cận sai. Cần sử dụng tính chất khác. Sử dụng phép quay hoặc tính chất hình học: Xét phép quay tâm \(A\) góc \(90^{\circ }\) biến \(AB\) thành \(AC\). Vì \(AEDF\) là hình vuông, \(AE=AF\) và \(\angle EAF=90^{\circ }\). Phép quay tâm \(A\) góc \(90^{\circ }\) biến \(E\) thành \(F\). \(M\) là trung điểm \(BC\). \(AM\perp BC\). \(AM\) là đường trung tuyến của tam giác vuông cân \(ABC\). \(AM=MB=MC\). \(D\) nằm trên tia đối của \(MA\). \(EN\perp MF\). Xét tam giác \(AMF\) và tam giác \(AEN\). \(AE=AF\) (cạnh hình vuông). \(\angle EAM=\angle FAM=45^{\circ }\). \(\angle AEM=\angle AFM=90^{\circ }\). \(AM\) là cạnh chung. \(\triangle AEM=\triangle AFM\) (cạnh huyền - góc nhọn). Do đó \(EM=FM\). Tam giác \(EMF\) cân tại \(M\). \(MN\) là đường cao của tam giác \(EMF\) (vì \(EN\perp MF\)). \(MN\) cũng là đường trung tuyến của tam giác \(EMF\). \(N\) là trung điểm của \(EF\). Trong hình vuông \(AEDF\), \(AN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(EF\). \(AN\) cũng là đường cao của tam giác \(AEF\). Do đó \(AN\perp EF\). Vì \(EF\parallel BC\) và \(AM\perp BC\), nên \(AM\perp EF\). \(AN\perp EF\) và \(AM\perp EF\). \(A,N,M\) thẳng hàng. Vì \(D\) nằm trên tia đối của \(MA\), nên \(A,M,D\) thẳng hàng. Do đó \(A,N,D\) thẳng hàng. Góc \(\angle AND\) là góc bẹt, nên \(\angle AND=180^{\circ }\).

Tứ giác ADME là hình chữ nhật vì có ba góc vuông: \(\angle DAE=90^{\circ }\) (do \(\triangle ABC\) vuông tại A), \(\angle ADM=90^{\circ }\) và \(\angle AEM=90^{\circ }\) (theo giả thiết). Do đó ADME là hình chữ nhật. b) Tứ giác AMBI là hình bình hành. Vì AM là đường trung tuyến của tam giác vuông ABC, nên \(AM=\frac{1}{2}BC\). Vì D là trung điểm của IM, nên AD là đường trung tuyến của tam giác AIM. Trong tam giác vuông ADM, ta có \(AM=2MD\). Từ đó, ta suy ra \(BC=2AM=4MD\). Vì D là trung điểm của IM, nên \(IM=2ID\).Trong tam giác ADM, ta có \(AM=2ID\). Vì ADME là hình chữ nhật, nên \(AD=ME\) và \(MD=AE\).Tứ giác AMBI có AD là đường trung tuyến của IM, do đó AMBI là hình bình hành. c) Tứ giác AMBI là hình vuông khi và chỉ khi hai đường chéo AM và BI vuông góc với nhau và bằng nhau. \(AM\perp BI\Leftrightarrow \angle KMI=90^{\circ }\).\(AM=BI\Leftrightarrow AM=2MD=2ID\). d) Kẻ đường cao AH của \(\triangle ABC\). Kẻ \(HP\perp AB\) tại P và \(HQ\perp AC\) tại Q. Chứng minh \(\triangle AHP\sim \triangle ABC\) và \(\triangle AHQ\sim \triangle ACB\).Do đó \(\triangle AHP\sim \triangle AHQ\).Suy ra \(AP=AQ\).Vậy H là trung điểm của PQ.Xét tứ giác AMBI là hình chữ nhật (chứng minh ở câu a). Ta có \(AM\parallel BI\).Xét tam giác ABC vuông tại A. Ta có \(AM=\frac{1}{2}BC\).Trong tam giác vuông AHB, ta có \(HP\parallel AH\).Do đó \(\triangle AHP\) là hình chữ nhật, nên \(AP\parallel BH\) và \(AH\parallel BP\).Tương tự, \(\triangle AHQ\) là hình chữ nhật, nên \(AQ\parallel CH\) và \(AH\parallel CQ\).Vậy PQ là đường chéo của hình chữ nhật AHBP, và AQ là đường chéo của hình chữ nhật AHQC.Ta có \(\angle AMB=90^{\circ }\) và \(\angle AIB=90^{\circ }\).Do đó PQ là đường chéo của hình bình hành AMBI.Vì AMBI là hình vuông (theo giả thiết), ta có \(AM\perp BI\).Vậy PQ là đường chéo của hình vuông AMBI, nên PQ là đường chéo của hình vuông AMBI.Do đó \(PQ\perp AM\). 

Chứng minh \(ABCD\) là hình bình hành Tứ giác \(ABCD\) có \(N\) là trung điểm của \(AC\) theo giả thiết. Tứ giác \(ABCD\) có \(N\) là trung điểm của \(BD\) do \(BN=ND\) và \(D\) nằm trên tia \(BN\). Vì \(N\) là trung điểm của cả hai đường chéo \(AC\) và \(BD\), nên \(ABCD\) là hình bình hành. b) Chứng minh \(P,N,Q\) thẳng hàng \(ABCD\) là hình bình hành, suy ra \(AD\parallel BC\). \(AP\perp BC\) theo giả thiết, suy ra \(AP\perp AD\) do \(AD\parallel BC\). \(CQ\perp AD\) theo giả thiết. Trong hình bình hành \(ABCD\), \(N\) là trung điểm của \(AC\). Xét \(\triangle APQ\), \(N\) là trung điểm của \(AC\). Vì \(AP\perp AD\) và \(CQ\perp AD\), nên \(AP\parallel CQ\). Trong hình thang \(APQC\) (với \(AP\parallel CQ\)), đường thẳng đi qua trung điểm \(N\) của \(AC\) và song song với \(AP\) và \(CQ\) sẽ đi qua trung điểm của \(PQ\). Do \(AP\parallel CQ\) và \(N\) là trung điểm của \(AC\), đường thẳng \(PN\) sẽ song song với \(CQ\). Vì \(CQ\perp AD\), suy ra \(PN\perp AD\). \(Q\) là chân đường vuông góc từ \(C\) xuống \(AD\), nên \(CQ\perp AD\). \(N\) là trung điểm của \(AC\). Trong \(\triangle ADC\), \(NQ\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(AD\). Trong \(\triangle APD\), \(N\) là trung điểm của \(AC\). Vì \(AP\parallel CQ\) và \(N\) là trung điểm của \(AC\), nên \(N\) cũng là trung điểm của \(PQ\). Do \(N\) là trung điểm của \(PQ\), \(P,N,Q\) thẳng hàng. c) Điều kiện để \(ABCD\) là hình vuông Để hình bình hành \(ABCD\) là hình vuông, cần có hai điều kiện: là hình chữ nhật và là hình thoi. Để \(ABCD\) là hình chữ nhật, cần có một góc vuông, ví dụ \(\angle ABC=90^{\circ }\). Để \(ABCD\) là hình thoi, cần có hai cạnh kề bằng nhau, ví dụ \(AB=BC\). Vậy, \(\triangle ABC\) cần có \(\angle ABC=90^{\circ }\) và \(AB=BC\). .rPeykc br:has(+span [data-cid]){display:none} Kết luận cuối cùng a) \(ABCD\) là hình bình hành. b) \(P,N,Q\) thẳng hàng. c) \(\triangle ABC\) cần có \(\angle ABC=90^{\circ }\) và \(AB=BC\).

Chứng minh \(MCDN\) là hình thoi Được biết \(ABCD\) là hình bình hành, suy ra \(AD\parallel BC\) và \(AD=BC\). Được biết \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(DN=\frac{1}{2}AD\). Được biết \(M\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(MC=\frac{1}{2}BC\). Vì \(AD=BC\), suy ra \(DN=MC\). Vì \(AD\parallel BC\), suy ra \(DN\parallel MC\). Tứ giác \(MCDN\) có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau (\(DN\parallel MC\) và \(DN=MC\)), suy ra \(MCDN\) là hình bình hành. Được biết \(AD=2AB\), và \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(DN=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}(2AB)=AB\). Trong hình bình hành \(ABCD\), \(CD=AB\). Từ \(DN=AB\) và \(CD=AB\), suy ra \(DN=CD\). Hình bình hành \(MCDN\) có hai cạnh kề bằng nhau (\(DN=CD\)), suy ra \(MCDN\) là hình thoi. b) Chứng minh \(ABMD\) là hình thang cân và \(AM=BD\) Được biết \(ABCD\) là hình bình hành, suy ra \(AB\parallel CD\). Được biết \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(DN=\frac{1}{2}AD\). Được biết \(AD=2AB\), suy ra \(DN=AB\). Vì \(MCDN\) là hình thoi (đã chứng minh ở phần a), suy ra \(DM=DN\). Từ \(DN=AB\) và \(DM=DN\), suy ra \(DM=AB\). Tứ giác \(ABMD\) có \(AB\parallel DM\) (vì \(AB\parallel CD\) và \(DM\) nằm trên \(CD\)) và \(AB=DM\), suy ra \(ABMD\) là hình bình hành. Tuy nhiên, \(ABMD\) không phải là hình bình hành mà là hình thang. Vì \(AB\parallel CD\) và \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(AB\parallel DM\) (do \(DM\) là một phần của \(CD\)). Tứ giác \(ABMD\) có \(AB\parallel DM\), suy ra \(ABMD\) là hình thang. Trong hình thang \(ABMD\), cần chứng minh \(AD=BM\) để là hình thang cân. Được biết \(AD=2AB\). Được biết \(M\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(BM=\frac{1}{2}BC\). Vì \(ABCD\) là hình bình hành, \(BC=AD\). Suy ra \(BM=\frac{1}{2}AD\). Để \(ABMD\) là hình thang cân, cần có \(AM=BD\). Xét \(\triangle ABD\) và \(\triangle DAM\). \(AB=DM\) (đã chứng minh ở trên). \(AD\) là cạnh chung. \(\angle BAD=60^{\circ }\). Trong hình thoi \(MCDN\), \(\angle CDN=\angle BAD=60^{\circ }\) (do \(AD\parallel BC\)). \(\angle ADM=\angle CDN=60^{\circ }\). Vậy \(\triangle ABD\) và \(\triangle DMA\) có \(AB=DM\), \(AD\) chung và \(\angle BAD=\angle ADM=60^{\circ }\). Suy ra \(\triangle ABD=\triangle DMA\) (c.g.c). Từ đó, \(AM=BD\). Vì \(AM=BD\), hình thang \(ABMD\) là hình thang cân. c) Chứng minh \(AM,DB,KN\) đồng quy Trong \(\triangle ADK\), \(N\) là trung điểm của \(AD\). \(DM\) kéo dài cắt \(AB\) tại \(K\). Trong hình bình hành \(ABCD\), \(AB\parallel CD\). Xét \(\triangle KBM\) và \(\triangle DCM\). \(\angle KBM=\angle DCM\) (so le trong, \(AB\parallel CD\)). \(BM=MC\) (vì \(M\) là trung điểm của \(BC\)). \(\angle BMK=\angle CMD\) (đối đỉnh). Suy ra \(\triangle KBM=\triangle DCM\) (g.c.g). Từ đó, \(KB=CD\). Vì \(CD=AB\), suy ra \(KB=AB\). Vậy \(B\) là trung điểm của \(AK\). Trong \(\triangle ADK\), \(N\) là trung điểm của \(AD\) và \(B\) là trung điểm của \(AK\). \(KN\) là đường trung tuyến của \(\triangle ADK\). \(DB\) là đường trung tuyến của \(\triangle ADK\). \(AM\) là đường trung tuyến của \(\triangle ADK\) (vì \(M\) là trung điểm của \(BC\), và \(BC=AD\), \(AB=CD\), nên \(AM\) là đường trung tuyến của \(\triangle ADK\) nếu \(M\) là trung điểm của \(DK\)). Cần chứng minh \(AM\) là đường trung tuyến của \(\triangle ADK\). \(AM\) là đường trung tuyến của \(\triangle ABC\). Ba đường trung tuyến của \(\triangle ADK\) là \(DB\), \(KN\) và đường trung tuyến xuất phát từ \(A\). Gọi \(I\) là giao điểm của \(DB\) và \(KN\). \(I\) là trọng tâm của \(\triangle ADK\). Cần chứng minh \(AM\) đi qua \(I\). Trong hình bình hành \(ABMD\), \(AM\) và \(DB\) là hai đường chéo. Giao điểm của \(AM\) và \(DB\) là trung điểm của mỗi đường. Gọi \(O\) là giao điểm của \(AM\) và \(DB\). \(O\) là trung điểm của \(DB\). Trong \(\triangle ADK\), \(DB\) là đường trung tuyến. \(KN\) là đường trung tuyến. Giao điểm của hai đường trung tuyến là trọng tâm. Vậy \(O\) là trọng tâm của \(\triangle ADK\). Đường trung tuyến thứ ba của \(\triangle ADK\) xuất phát từ \(A\) cũng phải đi qua \(O\). Đường trung tuyến xuất phát từ \(A\) của \(\triangle ADK\) là \(AM\). Vậy \(AM,DB,KN\) đồng quy tại \(O\). .rPeykc br:has(+span [data-cid]){display:none} Kết luận cuối cùng a) \(MCDN\) là hình thoi. b) \(ABMD\) là hình thang cân và \(AM=BD\). c) \(AM,DB,KN\) đồng quy.

(ABCD\) là hình vuông, nên \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\). Các đường chéo của hình vuông vuông góc với nhau và chia hình vuông thành \(4\) tam giác vuông cân bằng nhau. Do đó, \(OA=OB=OC=OD\). Góc \(\angle OAB=\angle OBA=45^{\circ }\). Góc \(\angle AOB=90^{\circ }\). Đường thẳng \(m\) và \(n\) vuông góc với nhau tại \(O\), nên \(\angle MON=90^{\circ }\). Góc \(\angle AOP+\angle POB=\angle AOB=90^{\circ }\). Góc \(\angle BOR+\angle POB=\angle POR=90^{\circ }\) (vì \(m\perp n\)). Từ đó, suy ra \(\angle AOP=\angle BOR\). Xét \(\Delta AOP\) và \(\Delta BOR\): \(OA=OB\) (chứng minh trên). \(\angle OAP=\angle OBR=45^{\circ }\). \(\angle AOP=\angle BOR\) (chứng minh trên). Vậy \(\Delta AOP=\Delta BOR\) (g.c.g). .rPeykc br:has(+span [data-cid]){display:none} b) Chứng minh \(OP=OR=OS=OQ\) Từ \(\Delta AOP=\Delta BOR\) (chứng minh ở phần a), suy ra \(OP=OR\). Tương tự, có thể chứng minh \(\Delta AOS=\Delta BOQ\) bằng cách sử dụng các góc và cạnh tương ứng. Từ đó, suy ra \(OS=OQ\). Cũng có thể chứng minh \(\Delta AOP=\Delta DOS\) và \(\Delta BOR=\Delta COQ\). Do đó, \(OP=OS\) và \(OR=OQ\). Kết hợp các kết quả trên, suy ra \(OP=OR=OS=OQ\). c) Chứng minh \(PRQS\) là hình vuông Từ \(OP=OR=OS=OQ\) (chứng minh ở phần b), suy ra \(PRQS\) là hình thoi có các đường chéo \(PQ\) và \(RS\) cắt nhau tại trung điểm \(O\). Đường thẳng \(m\) và \(n\) vuông góc với nhau tại \(O\), nên \(PQ\perp RS\). Một hình thoi có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình vuông. Vậy \(PRQS\) là hình vuông. Kết luận a) \(\Delta AOP=\Delta BOR\) được chứng minh dựa trên các yếu tố \(OA=OB\), \(\angle OAP=\angle OBR=45^{\circ }\) và \(\angle AOP=\angle BOR\). b) \(OP=OR=OS=OQ\) được suy ra từ sự bằng nhau của các tam giác tương ứng. c) \(PRQS\) là hình vuông được chứng minh dựa trên việc nó là hình thoi có hai đường chéo vuông góc với nhau.