Bài 6:

a: Xét tứ giác AMCK có

I là trung điểm chung của AC và MK

=>AMCK là hình bình hành

b: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM=MB=MC

Xét hình bình hành AMCK có MA=MC

nên AMCK là hình thoi

c: Ta có: AMCK là hình thoi

=>AK//CM và AK=CM

AK//CM

=>AK//MB

Ta có: AK=CM

CM=MB

Do đó; AK=MB

Xét tứ giác ABMK có

AK//MB

AK=MB

Do đó; ABMK là hình bình hành

d: Xét tứ giác ABEC có

M là trung điểm chung của AE và BC

=>ABEC là hình bình hành

Hình bình hành ABEC có AB=AC

nên ABEC là hình thoi

Bài 5:

a: Xét ΔAHD vuông tại H và ΔCKB vuông tại K có

AD=CB

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

Do đó: ΔAHD=ΔCKB

b: ΔAHD=ΔCKB

=>HD=KB; AH=CK

ta có: AH⊥BD

CK⊥BD

Do đó:AH//CK

Xét tứ giác AHCK có

AH//CK

AH=CK

Do đó: AHCK là hình bình hành

c: Ta có: AH//CK

=>AM//CN

ta có: AB//CD
=>AN//CM

Xét tứ giác ANCM có

AN//CM

AM//CN

Do đó: ANCM là hình bình hành

d: Ta có; ANCM là hình bình hành

=>AC cắt NM tại trung điểm của mỗi đường(1)

Ta có:ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường(2)

Từ (1),(2) suy ra AC,MN,BD đồng quy

Bài 2:

a: Ta có: \(AE=EB=\frac{AB}{2}\)

\(DF=FC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=CD

nên AE=EB=DF=FC

Xét tứ giác AECF có

AE//CF

AE=CF

Do đó: AECF là hình bình hành

b: Xét tứ giác BEDF có

BE//DF

BE=DF

Do đó: BEDF là hình bình hành

=>DE//BF

=>FN//EM

Ta có: AECF là hình bình hành

=>AF//CE

=>FM//EN

Xét tứ giác MENF có

ME//NF

MF//NE

Do đó: MENF là hình bình hành

c: Ta có: MENF là hình bình hành

=>MN cắt EF tại trung điểm của mỗi đường(1)

Ta có: AECF là hình bình hành

=>AC cắt EF tại trung điểm của mỗi đường(2)

Từ (1),(2) suy ra AC,EF,MN đồng quy

a:

b: TH1: \(\hat{BAD}>90^0;\hat{ABD}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

=>\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

=>\(\hat{BCD}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{BCD}<\hat{BAD}\)

TH2: \(\hat{ADC}>90^0;\hat{DCB}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

DC//AB

=>\(\hat{CDA}+\hat{DAB}=180^0\)

=>\(\hat{DAB}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{DAB}<\hat{DCB}\)

c: Xét tứ giác ABCD có

AB//CD
AB=CD

Do đó: ABCD là hình bình hành

a:

b: TH1: \(\hat{BAD}>90^0;\hat{ABD}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

=>\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\)

=>\(\hat{BCD}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{BCD}<\hat{BAD}\)

TH2: \(\hat{ADC}>90^0;\hat{DCB}>90^0\)

Ta có: ABCD là hình thang

DC//AB

=>\(\hat{CDA}+\hat{DAB}=180^0\)

=>\(\hat{DAB}<180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{DAB}<\hat{DCB}\)

c: Xét tứ giác ABCD có

AB//CD
AB=CD

Do đó: ABCD là hình bình hành

Ta có: \(5x^2+5y^2+8xy-2x+2y+2=0\)

=>\(4x^2+8xy+4y^2+x^2-2x+1+y^2+2y+1=0\)

=>\(4\left(x^2+2xy+y^2\right)+\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=0\)

=>\(4\left(x+y\right)^2+\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=0\)

=>\(\begin{cases}x+y=0\\ x-1=0\\ y+1=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=1\\ y=-1\end{cases}\)

Khi x=1;y=-1 thì ta có:

\(M=\left(1-1\right)^{2023}+\left(1-2\right)^{2024}+\left(-1+1\right)^{2025}\)

=1

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?

\(x+y+z=0\rArr\left(x+y+z\right)^2=0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx=0\)

\(\rArr x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=0\)

\(\rArr x^2+y^2+z^2=0\) (do \(xy+yz+xz=0\) )

\(\rArr x=y=z=0\)

Do đó:

\(\left(x-1\right)^{2023}+y^{2024}+\left(z+1\right)^{2025}=\left(0-1\right)^{2023}+0^{2024}+\left(0+1\right)^{2025}=-1+0+1=0\)

Xét tứ giác ABCD có:

\(\begin{array}{l} \widehat A  + \widehat  B + \widehat C  + \widehat  D  = {360^0}\\{85^0} + x + {65^0} + {75^0} = {360^0}\\x = {360^0} - {85^0} - {65^0} - {75^0} = {135^0}\end{array}\)

Trong Hình 4.30 có \(\widehat {DEM} = \widehat {EMN}\) mà hai góc này ở vị trí so le trong nên MN // DE.

Áp dụng định lí Thalès vào tam giác DEF có MN // DE, ta có:

\(\dfrac{{MF}}{{M{\rm{D}}}} = \dfrac{{NF}}{{NE}}\) hay \(\dfrac{2}{3} = \dfrac{x}{6}\)

Suy ra \(x = \dfrac{{2.6}}{3} = 4\) (đvđd).

Vậy x = 4 (đvđd).