a: Kẻ AH⊥CD tại H và BK⊥CD tại K

Xét ΔAHD vuông tại H và ΔBKC vuông tại K có

AD=BC

\(\hat{ADH}=\hat{BCK}\)

Do đó: ΔAHD=ΔBKC

=>AH=BK và DH=CK

Xét tứ giác ABKH có

AH//BK

AH=BK

Do đó: ABKH là hình bình hành

=>AB=KH

=>KH=2(cm)

DH+HK+KC=DC

=>DH+KC=6-2=4(cm)

=>DH=KC=4/2=2(cm)

Xét ΔAHD vuông tại H có tan D=\(\frac{AH}{HD}\)

=>\(\frac{AH}{2}=\tan45=1\)

=>AH=2(cm)

Diện tích hình thang ABCD là:

\(S_{ABCD}=\frac12\cdot AH\cdot\left(AB+CD\right)\)

\(=\frac12\cdot2\cdot\left(2+6\right)=8\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

M là trung điểm của AB

=>\(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

N là trung điểm của BC

=>\(BN=NC=\frac{BC}{2}\)

P là trung điểm của CD

=>\(PC=PD=\frac{CD}{2}\)

Q là trung điểm của DA

=>\(DQ=QA=\frac{DA}{2}\)

TA có: \(BN=\frac12BC\)

=>\(S_{ABN}=\frac12\cdot S_{ABC}\)

\(BM=\frac12\cdot BA\)

=>\(S_{MBN}=\frac12\cdot S_{ABN}=\frac14\cdot S_{ABC}\)

Ta có: \(CN=\frac12\cdot CB\)

=>\(S_{DNC}=\frac12\cdot S_{DBC}\)

\(CP=\frac12CD\)

=>\(S_{NCP}=\frac12\cdot S_{NCD}=\frac12\cdot\frac12\cdot S_{DBC}=\frac14\cdot S_{DBC}\)

Ta có: \(DP=\frac12\cdot DC\)

=>\(S_{ADP}=\frac12\cdot S_{ADC}\)

\(DQ=\frac12DA\)

=>\(S_{DQP}=\frac12\cdot S_{DQC}=\frac14\cdot S_{DAC}\)

Ta có: \(AM=\frac12\cdot AB\)

=>\(S_{DAM}=\frac12\cdot S_{DAB}\)

\(AQ=\frac12\cdot AD\)

=>\(S_{AQM}=\frac12\cdot S_{ADM}=\frac14\cdot S_{ADB}\)

\(S_{AQM}+S_{BMN}+S_{NCP}+S_{DQP}\)

\(=\frac14\left(S_{ABC}+S_{ADC}+S_{ABD}+S_{BCD}\right)=\frac14\cdot\left(S_{ABCD}+S_{ABCD}\right)=\frac14\cdot2\cdot S_{ABCD}=\frac12\cdot S_{ABCD}\) =\(\frac12\cdot8=4\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

\(S_{AQM}+S_{BMN}+S_{NCP}+S_{DQP}+S_{MNPQ}=S_{ABCD}\)

=>\(S_{MNPQ}=8-4=4\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

b: \(S_{AQM}+S_{BMN}+S_{NCP}+S_{DQP}+S_{MNPQ}=S_{ABCD}\)

=>\(S_{MNPQ}+\frac12\cdot S_{ABCD}=S_{ABCD}\)

=>\(S_{MNPQ}=\frac12\cdot S_{ABCD}\)

=>\(\frac{S_{ABCD}}{S_{MNPQ}}=2\)

a: Xét ΔABD có 

M là trung điểm của AB

Q là trung điểm của AD

Do đó: MQ là đường trung bình

=>MQ//BD và MQ=BD/2(1)

Xét ΔBCD có 

N là trung điểm của BC

P là trung điểm của CD

Do đó: NP là đường trung bình

=>NP//BD và NP=BD/2(2)

Từ (1) và (2) suy ra MQ//NP và MQ=NP

hay MQPN là hình bình hành

a: Xét ΔDBC có

Q,P lần lượt là trung điểm của DB,DC

=>QP là đường trung bình của ΔDBC

=>QP//BC và \(QP=\frac{BC}{2}\)

Xét ΔABC có

M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>MN là đường trung bình của ΔABC

=>MN//BC và \(MN=\frac{BC}{2}\)

Ta có: QP//BC

MN//BC

Do đó: MN//PQ

Ta có: \(MN=\frac{BC}{2}\)

\(PQ=\frac{BC}{2}\)

Do đó:MN=PQ

Xét tứ giác MNPQ có

MN//PQ

MN=PQ

Do đó: MNPQ là hình bình hành

Bài 1:

A B C D O M N P Q

a) Xét tam giác AOD có M là trung điểm của AO (gt) Q là trung điểm của OD (gt)

\(\Rightarrow MQ//AD,MQ=\frac{1}{2}AD\left(tc\right)\left(1\right)\)

CMTT \(MN//AB,MN=\frac{1}{2}AB\left(2\right)\)

\(NP=\frac{1}{2}BC\left(3\right)\)

\(PQ=\frac{1}{2}DC\left(4\right)\)

Mà AB=BC=CD=DA (tc) (5)

Từ (1) ,(2) ,(3),(4) và (5)\(\Rightarrow MN=NP=PQ=MQ\)

Xét tứ giác MNPQ có \(MN=NP=PQ=MQ\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow MNPQ\)là hình thoi ( dhnb)  (6)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}MQ//AD\left(cmt\right)\\MN//AB\left(cmt\right)\end{cases}}\)mà \(AD\perp AB\)

\(\Rightarrow MQ\perp MN\)

\(\Rightarrow\widehat{QMN}=90^0\)(7) 

Từ (6) và (7) \(\Rightarrow MNPQ\)là hình vuông (dhnb )

b) Ta có\(MQ=\frac{1}{2}AD\left(cmt\right)\)

mà \(AD=16\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow MQ=8\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow S_{MNPQ}=8^2=64\left(cm^2\right)\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=16^2=256\left(cm^2\right)\)

Vậy diện tích phần trong của hình vuông ABCD nằm ngoài tứ giác MNPQ =\(256-64=192\left(cm^2\right)\)

A B D C O K H

Kẻ \(BH\perp AD,CK\perp AD\)

\(\Rightarrow BH//CK\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}BH//CK\\BC//HK\end{cases}\Rightarrow BH=CK}\)( tc cặp đoạn chắn )

Xét tam giác ABD và tam giác ACD có:

2 đường cao BH,CK = nhau , đáy AD chung

\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{ACD}\)

\(\Leftrightarrow S_{OAB}+S_{AOD}=S_{AOD}+S_{OCD}\)

\(\Leftrightarrow S_{OAB}=S_{OCD}\left(đpcm\right)\)

PS: có 1 tính chất học ở kì I lớp 8 á nhưng mình không biết cách giải thích sao nữa nên mình dùng cặp đoạn chắn

a: Xét hình thang ABCD có

E,F lần lượt là trung điểm của AD,BC

=>EF là đường trung bình của hình thang ABCD

=>EF//AB//CD và \(EF=\frac{AB+CD}{2}\)

Xét ΔADC có

E,I lần lượt là trung điểm của AD,AC
=>EI là đường trung bình của ΔADC

=>EI//DC và \(EI=\frac{DC}{2}\)

EI//DC

EF//DC

mà EI,EF có điểm chung là E

nên E,I,F thăng hàng

b: Diện tích hình thang ABCD là:

\(S_{ABCD}=\frac12\cdot AH\cdot\left(AB+CD\right)\)

\(=\frac12\cdot3\cdot\left(5+8\right)=\frac{39}{2}=19,5\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

c: Kẻ CK⊥AB tại K

CK⊥AB

AB//CD

Do đó: CK⊥CD
Xét tứ giác AHCK có \(\hat{AHC}=\hat{AKC}=\hat{KCH}=90^0\)

nên AHCK là hình chữ nhật

=>CK=AH=3cm

Diện tích tam giác ADC la:

\(S_{ADC}=\frac12\cdot AH\cdot DC=\frac12\cdot3\cdot8=4\cdot3=12\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Diện tích tam giác ABC là:

\(S_{ABC}=\frac12\cdot CK\cdot AB=\frac12\cdot3\cdot5=\frac{15}{2}=7,5\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

=>\(S_{ADC}>S_{ABC}\)

Ta có \(S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}AC\cdot BC=144\Rightarrow AC\cdot BD=288\)

Ta có M,N,P,Q là các trung điểm nên MN,NP,PQ,QM lần lượt là đtb \(\Delta ABC,\Delta BDC,\Delta ACD,\Delta ABD\)

Do đó \(MN=PQ=\dfrac{1}{2}BC;MN\text{//}PQ\Rightarrow MNPQ\text{ là hbh}\)

Mà \(NP\text{//}AC\Rightarrow NP\bot MN\left(AC\bot BD\right)\Rightarrow MNPQ\text{ là hcn}\)

\(\Rightarrow S_{MNPQ}=MN\cdot NP=\dfrac{1}{2}AC\cdot\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{1}{4}\cdot288=72\left(cm^2\right)\)