Xét tam giác \(A B C\), áo dụng tính chất tia phân giác trong tam giác, ta có: 

\(\frac{A M}{M B} = \frac{A C}{C B} = \frac{A B}{C B} = \frac{A N}{N C} \left(\right. = \frac{b}{a} \left.\right)\)

Vậy \(M N\) // \(B C\) (Định lí đảo của định lí Thalès)

Suy ra \(\frac{M N}{B C} = \frac{A M}{A B} = \frac{b}{b + a}\) (Định lí Thalès)

Vậy nên \(M N = \frac{a b}{a + b} .\)

Tam giác \(A B C\) cân tại \(A\) nên \(A B = A C = 12\) cm.

Xét tam giác \(A B C\), áp dụng tính chất tia phân giác ta có:

\(\frac{A D}{D B} = \frac{A C}{C B} = \frac{12}{6} = 2\)

Suy ra \(\frac{A D}{A B} = \frac{2}{3}\) suy ra \(A D = \frac{2}{3} . 12 = 8\) (cm)

Do đó, \(D B = 12 - 8 = 4\) (cm).

Xét \(\Delta B E D\) có \({MI//EDvàME=BM}\) suy ra \(I D = I B\).

Xét \(\Delta C E D\) có \({NK//EDvàNC=ND}\) suy ra \(K E = K C\).

Suy ra \(M I = \frac{1}{2} E D\); \(N K = \frac{1}{2} E D\); \(E D = \frac{1}{2} B C\).

\(I K = M K - M I = \frac{1}{2} B C - \frac{1}{2} D E = D E - \frac{1}{2} D E = \frac{1}{2} D E\).

Vậy \(M I = I K = K N\).

a) Vì \(B M\), \(C N\) là các đường trung tuyến của \(\Delta A B C\) nên \(M A = M C\), \(N A = N B\).

Do đó \(M N\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\), suy ra \(M N\) // \(B C\). (1)

Ta có \(D E\) là đường trung bình của \(\Delta GBC\) nên \(D E\) // \(B C\).  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(M N\) // \(D E\).

b) Xét \(\Delta ABG\), ta có \(N D\) là đường trung bình.

Xét \(\Delta ACG\), ta có \(M E\) là đường trung bình. 

Do đó \(N D\) // \(A G\), \(M E\) // \(A G\).

Suy ra \(N D\) // \(M E\).

a) Qua \(D\) vẽ một đường thẳng song song với \(B M\) cắt \(A C\) tại \(N\).

Xét \(\Delta MBC\) có \(D B = D C\) và \(D N\) // \(B M\) nên \(M N = N C = \frac{1}{2} M C\) (định lí đường trung bình của tam giác).

Mặt khác \(A M = \frac{1}{2} M C\), do đó \(A M = M N = \frac{1}{2} M C\).

Xét \(\Delta AND\) có \(A M = M N\) và \(B M\) // \(D N\) nên \(O A = O D\) hay \(O\) là trung điểm của \(A D\).

b) Xét \(\Delta AND\) có \(O M\) là đường trung bình nên \(O M = \frac{1}{2} D N\). (1)

Xét \(\Delta MBC\) có \(D N\) là đường trung bình nên \(D N = \frac{1}{2} B M\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O M = \frac{1}{4} B M\).

a) Kẻ \(M N\) // \(B D\), \(N \in A C\).

\(M N\) là đường trung bình trong \(\triangle C B D\)

Suy ra \(N\) là trung điểm của \(C D\) (1).

\(I N\) là đường trung bình trong \(\triangle A M N\)

Suy ra \(D\) là trung điểm của \(A N\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(A D = \frac{1}{2} D C\).

b) Có \(I D = \frac{1}{2} M N\); \(M N = \frac{1}{2} B D\), nên \(B D = I D\).'

Xét \(\Delta A B C\)

 có \(B M\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(A C\) 

mà \(B M = \frac{1}{2} A C\) 

suy ra \(\Delta A B C\) vuông tại \(B\).

Tứ giác \(A B C D\) có 

\(\hat{A} = \hat{D} = \hat{B} = 90^{\circ}\)

Suy ra tứ giác \(A B C D\) là hình chữ nhật. 

a) Do \(A B C D\) là hình bình hành

nên \(A D\) // \(B C\) và \(A D = B C\).

Do \(A D\) // \(B C\) 

nên \(\hat{A D B}=\hat{C B D}\) (so le trong)

Xét \(\Delta A D H\) và \(\Delta C B K\) có:

     \(\hat{A H D}=\hat{C K B}=90^{\circ}\);

     \(A D = B C\) (chứng minh trên)

     \(\hat{A D H}=\hat{C B K}\) (do \(\)AD // BC)

Do đó \(\Delta ADH=\Delta CBK\) (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \(A H = C K\) (hai cạnh tương ứng).

Ta có \(AH\bot DB\) và \(CK\bot DB\) 

nên \(A H\) // \(C K\).

Tứ giác \(A H C K\) có

 \(A H\) // \(C K\) 

 \(A H = C K\) 

nên \(A H C K\) là hình bình hành

b) Do \(A H C K\) là hình bình hành (cmt)

nên hai đường chéo \(A C\) và \(H K\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \(I\) là trung điểm của \(H K\) (gt)

nên \(I\) là trung điểm của \(A C\).

a) Ta có ABCD là hình bình hành

nên AD = BC và AD // BC.

Mà E là trung điểm của AD

nên AE = ED;

F là trung điểm của BC

nên BF = FC.

Suy ra DE = BF.

Xét tứ giác EBFD có

DE // BF (vì E\(\in\) AD,F\(\in\) BC mà AD // BC)

DE = BF(cmt)

Do đó EBFD là hình bình hành

b) Ta có O là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành ABCD

nên O là trung điểm của BD.

Do EBFD là hình bình hành

nên hai đường chéo BD và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà O là trung điểm của BD nên O là trung điểm của EF.

Vậy ba điểm E, O, F thẳng hàng.

Xét tam giác \(A B C\) có

hai đường trung tuyến \(B M\) và \(C N\) cắt nhau tại \(G\) (gt)

nên \(G\) là trọng tâm của \(\Delta A B C\).

Suy ra \(G M = \frac{G B}{2}\); \(G N = \frac{G C}{2}\) (tính chất trọng tâm của tam giác) (1)

Mà \(P\) là trung điểm của \(G B\) (giả thiết)

nên \(G P = P B = \frac{G B}{2}\) (2)

\(Q\) là trung điểm của \(G C\) (giả thiết)

nên \(G Q = Q C = \frac{G C}{2}\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(G M = G P\) và \(G N = G Q\).

Xét tứ giác \(P Q M N\) có

 \(G M = G P\) và \(G N = G Q\) (chứng minh trên)

Do đó tứ giác \(P Q M N\) có

hai đường chéo \(M P\) và \(N Q\) cắt nhau tại trung điểm \(G\) của mỗi đường

nên PQMN là hình bình hành