- Hình a:

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên theo tính chất đường trung bình ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}MN//BC\\MN = \frac{1}{2}BC\end{array} \right. \Rightarrow MN = \frac{1}{2}x \Leftrightarrow 6 = \frac{1}{2}x \Leftrightarrow x = 6:\frac{1}{2} = 12\)

- Hình b:

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên theo tính chất đường trung bình ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}MN//BC\\MN = \frac{1}{2}BC\end{array} \right. \Rightarrow MN = \frac{1}{2}\left( {x + 3} \right) \Leftrightarrow 7 = \frac{1}{2}\left( {x + 3} \right) \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right) = 7:\frac{1}{2} = 14\)

\( \Rightarrow x = 14 - 3 \Leftrightarrow x = 11\).

- Hình c

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên theo tính chất đường trung bình ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}MN//BC\\MN = \frac{1}{2}BC\end{array} \right. \Rightarrow MN = \frac{1}{2}.58 \Leftrightarrow \left( {5x - 1} \right) = \frac{1}{2}.58\]

\[ \Leftrightarrow \left( {5x - 1} \right) = 29 \Leftrightarrow 5x = 30 \Leftrightarrow x = 30:5 \Leftrightarrow x = 6\].

a: MN là đường trung bình

=>MN=BC/2

=>x=6*2=12

b: MN là đường trung bình

=>2x+3=2*7=14

=>2x=11

=>x=11/2

c: MN là đường trung bình

=>5x-1=58/2=29

=>5x=30

=>x=6

\(x^2=1^2+1^2\left(pythagore\right)\\ \Rightarrow x=\sqrt{2}\\ \sqrt{5}^2=1^2+y^2\left(pythagore\right)\\ \Rightarrow y=\sqrt{4}=2\)

a) \(x^2=1^2+1^2=2\Rightarrow x=\sqrt[]{2}\)

b) \(\left(\sqrt[]{5}\right)^2=y^2+1^2\Rightarrow y^2=5-1=4\Rightarrow y=2\)

Ta có bảng sau:

Điểm \(O\) là gốc tọa độ nên \(O\left( {0;0} \right)\)

Từ điểm \(E\) ta vẽ vuông góc với \(Ox;Oy\) cắt \(Ox\) tại – 3  và cắt \(Oy\) tại 4 nên \(E\left( { - 3;4} \right)\).

Từ điểm \(F\) ta vẽ vuông góc với \(Ox;Oy\) cắt \(Ox\) tại 3 và cắt \(Oy\) tại – 5 nên \(E\left( {3; - 5} \right)\).

a: Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD
Ta có: ΔIAB vuông cân tại I

=>IA=IB; \(\hat{AIB}=90^0\) ; \(\hat{IAB}=\hat{IBA}=45^0\)

ΔKDC vuông cân tại K

=>KD=KC; \(\hat{DKC}=90^0;\hat{KDC}=\hat{KCD}=45^0\)

ΔIAB vuông tại I

=>\(IA^2+IB^2=AB^2\)

=>\(2\cdot IA^2=CD^2\left(1\right)\)

ΔKCD vuông tại K

=>\(KD^2+KC^2=DC^2\)

=>\(2\cdot KD^2=CD^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra IA=KD

mà IA=IB và KD=KC

nên IA=IB=KD=KC

Ta có: ΔIAB cân tại I

mà IM là đường trung tuyến

nên IM⊥AB tại M

Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(DN=NC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=CD
nên AM=MB=DN=NC

Xét tứ giác AMND có

AM//ND

AM=ND

Do đó: AMND là hình bình hành

Hình bình hành AMND có \(\hat{DAM}=90^0\)

nên AMND là hình chữ nhật

=>AM⊥MN

=>MN⊥AB

ΔKDC cân tại K

mà KN là đường trung tuyến

nên KN⊥DC tại N

mà DC//AB

nên KN⊥AB

mà MN⊥AB

và KN,MN có điểm chung là N

nên K,N,M thẳng hàng(1)

Ta có: IM⊥AB

MN⊥AB

mà IM,MN có điểm chung là M

nên I,M,N thẳng hàng(2)

Từ (1),(2) suy ra K,N,M,I thẳng hàng

Xét ΔEIK có AD//IK

nên \(\frac{EA}{AI}=\frac{ED}{DK}\)

mà AI=DK

nên EA=ED

Ta có: EA+AI=EI

ED+DK=EK

mà EA=ED và AI=DK

nên EI=EK

=>E nằm trên đường trung trực của IK(3)

Xét ΔFKI có BC//KI

nên \(\frac{FB}{BI}=\frac{FC}{CK}\)

mà BI=CK

nên FB=FC

Ta có: FB+BI=FI

FC+CK=FK
mà FB=FC và BI=CK

nên FI=FK

=>F nằm trên đường trung trực của IK(4)

từ (3),(4) suy ra FE là đường trung trực của IK

=>FE⊥IK

mà IK⊥CD

nên FE//CD

b: Xét ΔKEF có DC//EF
nên \(\frac{KD}{DE}=\frac{KC}{CF}\)

mà KD=KC

nên DE=CF

Ta có: KD+DE=KE

KC+CF=KF

mà KD=KC và DE=CF

nên KE=KF

=>IE=EK=KF=FI

=>IEKF là hình thoi

Hình thoi IEKF có \(\hat{EIF}=90^0\)

nên IEKF là hình vuông

Đồ thị hàm số là tập hợp các điểm có tọa độ \(\left( { - 2;2} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {0;0} \right);\left( {1; - 1} \right);\left( {2; - 2} \right)\) được vẽ trên mặt phẳng tọa độ như hình dưới đây:

a) Dùng  trong công cụ  để kiểm tra trung điểm AC và BD, ta thấy trung điểm AC và BD trùng nhau.

b) Lưu hình vẽ ở HĐ2 thành tệp hbh.png.

Vào Hồ sơ → Chọn Xuất bản → Chọn PNG image (.png).

Ta đổi tên tệp thành hbh (như hình vẽ), sau đó chọn xuất bản.

Bước 1. Vẽ đoạn thẳng AB và có độ dài 4 cm tương tự như Bước 1 của HĐ1.

Bước 2. Vẽ điểm C sao cho BC = 4 cm.

Chọn công cụ  → Chọn  → Nháy chuột vào điểm B, nhập bán kính bằng 4.

Chọn công cụ  → Chọn  → Chọn điểm C bất kỳ nằm trên đường tròn tâm B.

Chọn công cụ  → Chọn  → Nháy chuột vào điểm C, nhập bán kính bằng 4.

Chọn công cụ  → Chọn  → Lần lượt nháy chuột đường tròn tâm A và đường tròn C.

Chọn công cụ  để nối B với C, C với D, D với A.

Bước 3. Ẩn đường tròn và thu được hình thoi ABCD.

a) Dùng  trong công cụ  để kiểm tra DE, ta thấy độ dài đoạn thẳng DE bằng 4 cm.

Vào Hồ sơ → Chọn Xuất bản → Chọn PNG image (.png).

Ta đổi tên tệp thành hbh (như hình vẽ), sau đó chọn xuất bản.

c) Vẽ hình thang cân ADEC có AD // EC, AD = 6 cm, CE = 4 cm, AC = DE = 3 cm theo các bước sau:

Bước 1. Vẽ đoạn thẳng AB và có độ dài bằng AD – EC = 2 cm tương tự như Bước 1 của HĐ1.

Bước 2. Vẽ tam giác ABC có BC = 3 cm (độ dài của DE), AC = 3 cm.

Chọn công cụ  → Chọn  → Nháy chuột vào điểm A, nhập bán kính bằng 3.

Chọn công cụ  → Chọn   → Nháy chuột vào điểm B, nhập bán kính bằng 3.

Chọn công cụ  → Chọn  →  Lần lượt nháy chuột vào hai đường tròn vừa vẽ, ta được 2 giao điểm, chọn 1 điểm là điểm C.

Chọn công cụ  → Chọn  →  Chọn điểm A → Chọn điểm C.

 Chọn công cụ  → Chọn  →  Chọn điểm B → Chọn điểm C.

Chọn công cụ  → Chọn  →  Nháy chuột vào điểm A, nhập bán kính bằng 6.

Chọn công cụ  → Chọn  → Nháy chuột lần lượt vào các điểm A, B.

Chọn công cụ  → Chọn  →  Lần lượt nháy chuột vào tia AB và đường tròn vừa vẽ, ta được điểm D.

Bước 4. Vẽ điểm E sao cho DE // BC và CE // AB.

Chọn công cụ  → Chọn  → Nháy chuột vào điểm C → Nháy chuột vào đoạn thẳng AB.

Chọn công cụ  → Chọn  → Nháy chuột vào điểm D → Nháy chuột vào đoạn thẳng CB.

Chọn công cụ  → Chọn  → Lần lượt nháy chuột vào đường thẳng vừa vẽ.

Ẩn các đường tròn, các đường thẳng, đoạn thẳng AB, BC và điểm B. Chọn công cụ  để nối A với D, D với E, E với C và thu được hình thang cân ADEC thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đề này khó quá cô, đợi em suy nghĩ rồi e giải nha cô!

Trường em còn chưa học đến một số kiến thức trong này.