Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0;\sqrt3),\ B(-1;0),\ C(1;0)$.

Khi đó trọng tâm tam giác đều $ABC$ là:

$G\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Vì $ABDE$ là hình chữ nhật nên:

$D(-1;\sqrt3),\ E(2;\sqrt3)$.

Ta có phương trình:

$AG:\ x=0$.

$BD:\ x=-1$.

Suy ra: $I=\left(-1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Đường thẳng $BG$ có phương trình:

$y=\dfrac{\sqrt3}{3}(x+1)$.

Đường thẳng $AE$ có phương trình:

$y=\dfrac{\sqrt3}{2}x+\sqrt3$.

Giải hệ, được: $J=\left(1;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$.

Do đó: $CG:\ y=-\dfrac{\sqrt3}{3}x+\dfrac{\sqrt3}{3}$.

Trung điểm của $IJ$ là:

$\left(0;\dfrac{\sqrt3}{3}\right)=G$.

Lại có: $CG\perp IJ$.

Vậy $CG$ là đường trung trực của $IJ$.

Suy ra: $\boxed{I\ \text{và}\ J\ \text{đối xứng nhau qua}\ CG}$.

Ta có: $CG=\sqrt{\left(1-0\right)^2+\left(0-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

$GB=\sqrt{\left(-1\right)^2+\left(-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

$BI=\dfrac{\sqrt3}{3}$.

$IC=\sqrt{1^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

Suy ra: $CG=GB=BI=IC$.

Do đó: $\boxed{CGBI\ \text{là hình thoi}}$.

Vì $I$ và $J$ đối xứng qua $CG$ nên: $CI=CJ,\ GI=GJ$.

Mà: $CI=CG$.

Suy ra: $CI=IG=GJ=JC$.

Do đó: $\boxed{CIGJ\ \text{là hình thoi}}$.

Ta có: $CJ=JA$ (tính được cùng bằng $\dfrac{2}{\sqrt3}$),

$AG=\dfrac{2\sqrt3}{3}=\dfrac{2}{\sqrt3}$.

Suy ra: $CJ=JA=AG=GC$.

Vậy: $\boxed{CJAG\ \text{là hình thoi}}$.

A B C K E M y x D

a, xét tứ giác ACBM có: BM // AC (gt) và AM // BC (gt)

=> ACBM là hình bình hành (đn)

b, BE // AD (gt) 

BD _|_ AD (gt)

=> BE _|_ AD  (đl)

=> ^EBD = 90 = ^BDA = ^AEB 

=> ADBE là hình chữ nhật (dh)

c, Tam giác ABC cân tại B (gt) ; BD là đường cao (gt)

=> BD là trung tuyến của tam giác ABC (đl)

=> D là trung điểm của AC (Đn)

D là trung điểm của BK do B đối xứng với K qua D (Gt)

=> BAKC là hình bình hành (dh)

mà BD _|_ AC (Gt)

=> BAKC là hình thoi (dh)

d, có BAKC là hình thoi (câu c)

=> AK // BC (tc)

AM // BC (gt)              

=> A; M; K thẳng hàng (tiên đề Ơclit)            (1)

AK = BC do BAKC là hình thoi  (câu c)

AM = BC do ACBM là hình bình hành (câu a) 

=> AM = MK         và (1)

=> A là trung điểm của KM (đn)

=> M đối xứng với K qua A (đn)

e, BMKC là hình thang (KM // BC)

để BMKC là hình thang cân 

<=> ^BMK = ^MKC (dh)

^BMK =  ^BCA do BMAC là hình bình hành (câu a)

^AKC = ^CBK do AKCB là hình thoi (câu c)

<=> ^ABC = ^ACB 

mà tam giác ABC cân tại B (Gt)

<=> tam giác ABC đều

1.

Ta có $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$.

Suy ra: $NP\parallel BC,\ PN=\dfrac12BC$.

Lại có: $AF\parallel BC$ và $BF\parallel AM$.

Do đó: $AF\parallel NP$.

Mặt khác trong tam giác $ABF$, $P$ là trung điểm của $AB$ và $PN\parallel AF$ nên $N$ là trung điểm của $PF$.

Suy ra: $PN=NF$.

Vậy trong tứ giác $AFPN$:

$AF\parallel PN$ và $AF=PN$.

Do đó: $\boxed{AFPN \text{ là hình bình hành}}$.

Vì $AFPN$ là hình bình hành nên: $FN\parallel AP$.

Mà $A,P,B$ thẳng hàng nên: $FN\parallel CB$.

Lại có: $CN\parallel FP$ (vì $CN\subset AC$ và trong hình bình hành $AFPN$ thì $FP\parallel AN\subset AC$).

Do đó: $CN\parallel FP,\quad NF\parallel CP$.

Suy ra: CNFP là hình bình hành.

Ta có $NJ\parallel AM$ (gt) và $BF\parallel AM$ nên: $NJ\parallel BI$.

Mặt khác, $I$ là giao điểm của $NP$ và $BF$.

Vì $NP\parallel BC$ nên: $NI\parallel BJ$.

Do đó: $NJ\parallel BI,\quad NI\parallel BJ$.

Suy ra NIBJ là hình bình hành.

2.

a) Ta có:

$AI\parallel BG$ (cách dựng), $BI\parallel AK$.

Mà $G\in AK$ nên: $AG\parallel BI$.

Suy ra tứ giác $AGBI$ có:

$AI\parallel BG$ và $AG\parallel BI$.

Do đó: $AGBI$ là hình bình hành.

Suy ra: $\boxed{BG=AI}$.

b) Vì $HE$ là đường trung trực của $AC$ nên $E$ là trung điểm của $AC$.

Xét tam giác $ACK$ vuông tại $K$, $E$ là trung điểm cạnh huyền $AC$ nên:

$HE=AE=\dfrac{AC}{2}$.

Trong tam giác vuông $ABC$:

$\widehat{BGA}=\widehat{ACK}$ (cùng phụ với góc $C$),

$\widehat{BAG}=\widehat{AKC}=90^\circ$.

Suy ra: $\triangle BGA\sim\triangle ACK$.

Do đó: $\dfrac{BG}{AC}=\dfrac{BA}{AK}$.

Mà trong tam giác vuông $ABK$:

$AK=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}$.

Suy ra: $BG=AC$.

Vậy: $\boxed{BG=2HE}$.

c) Tương tự, vì $HF$ là đường trung trực của $BC$ nên $F$ là trung điểm của $BC$.

Trong tam giác vuông $BDC$, $F$ là trung điểm cạnh huyền $BC$ nên:

$HF=BF=\dfrac{BC}{2}$.

Lại có: $\triangle AGB\sim\triangle DCB$.

Suy ra: $\dfrac{AG}{BC}=1$.

Hay: $AG=BC$.

Do đó: $\boxed{AG=2HF}$.

Bài này có gì đâu em ! Anh làm nhé !

Chuyển vế cái cần chứng minh ta được 

1/AB^2 - 1/AE^2 =1/4AF^2

hay ( AE^2 - AB^2)/AB^2.AE^2 = 1/4AF^2

hay BE^2/ 4BC^2.AE^2 = 1/AF^2

Nhân chéo hai vế ta có : BC.AE = BE.AF hay là BC/AF = BE/AE

Chuyển vế cái cần chứng minh ta được 

1/AB^2 - 1/AE^2 =1/4AF^2

hay ( AE^2 - AB^2)/AB^2.AE^2 = 1/4AF^2

hay BE^2/ 4BC^2.AE^2 = 1/AF^2

Nhân chéo hai vế ta có : BC.AE = BE.AF hay là BC/AF = BE/AE

mik chịu thua....! bó tay

tk mik nha

Bài này có gì đâu em ! Anh làm nhé !

Chuyển vế cái cần chứng minh ta được 

1/AB^2 - 1/AE^2 =1/4AF^2

hay ( AE^2 - AB^2)/AB^2.AE^2 = 1/4AF^2

hay BE^2/ 4BC^2.AE^2 = 1/AF^2

Nhân chéo hai vế ta có : BC.AE = BE.AF hay là BC/AF = BE/AE

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB=5cm, BC=13cm. Gọi H, K lần Lượt là trung điểm của AB và BC. Tính độ dài HK

giúp mình nhoa!!

a) Chứng minh $AC=BD$

Vì $D$ đối xứng với $A$ qua $M$ nên:

$M$ là trung điểm của $AD$.

Mà $M$ là trung điểm của $BC$.

Xét tứ giác $ABDC$, hai đường chéo $AD$ và $BC$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên: $ABDC$ là hình bình hành.

Suy ra $BD=AC$.

Vậy: $AC=BD$.

b) Tứ giác $BCDE$ là hình gì?

Vì $E$ đối xứng với $A$ qua đường thẳng $BC$ nên:

$BC$ là đường trung trực của $AE$.

Do đó: $CA=CE$ và $BA=BE$.

Lại có: $BD=AC$ (câu a).

Suy ra: $BD=CE$.

Mặt khác: $BE=BA=CD$.

Vậy: $BCDE$ có hai cặp cạnh kề bằng nhau:

$BD=CE,\quad BE=CD$.

Suy ra: $BCDE là hình diều.

c) Chứng minh $DI=EH$

Ta có: $E$ là ảnh của $A$ qua phép đối xứng trục $BC$ nên:

$H$ là trung điểm của $AE$ và $EH=AH$.

Lại có: $D$ là ảnh của $A$ qua phép đối xứng tâm $M$ nên: $AD=2AM$.

Vì $AI\parallel HD$ và $I,H,D$ cùng thuộc $BC$ nên:

$\triangle AHI \sim \triangle DHI$.

Suy ra: $\dfrac{AH}{DI}=\dfrac{AH}{EH}=1$.

Do đó: $DI=EH$.