Xét tam giác \(A B C\) có \(B C \bot \&\text{nbsp}; A B^{'}\) và \(B^{'} C^{'} \bot A B^{'}\) nên suy ra \(B C\) // \(B^{'} C^{'}\).

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có: \(\frac{A B}{A B^{'}} \&\text{nbsp}; = \frac{B C}{B C^{'}}\)

Suy ra \(\frac{x}{x + h} \&\text{nbsp}; = \frac{a}{a^{'}}\)

\(a^{'} . x = a \left(\right. x + h \left.\right)\)

\(a^{'} . x - a x = a h\)

\(x \left(\right. a^{'} - a \left.\right) = a h\)

\(x = \frac{a h}{a^{'} \&\text{nbsp}; - a}\).

Trong tam giác \(A D B\), ta có: \(M N\) // \(A B\) (gt)

Suy ra \(\frac{D N}{D B} \&\text{nbsp}; = \frac{M N}{A B}\) (hệ quả định lí Thalès) (1)

Trong tam giác \(A C B\), ta có: \(P Q\) // \(A B\) (gt)

Suy ra \(\frac{C Q}{C B} \&\text{nbsp}; = \frac{P Q}{A B}\) (hệ quả định lí Thalès) (2)

Lại có: \(N Q\) // \(A B\) (gt); \(A B\) // \(C D\) (gt)

Suy ra \(N Q\) // \(C D\)

Trong tam giác \(B D C\), ta có: \(N Q\) // \(C D\) (chứng minh trên)

Suy ra \(\frac{D N}{D B} \&\text{nbsp}; = \frac{C Q}{C B}\) (định lí Thalès) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\frac{M N}{A B} \&\text{nbsp}; = \frac{P Q}{A B} \&\text{nbsp}; h a y\)MN = PQ$ (đpcm).

Lấy \(D\) là trung điểm của cạnh \(B C\).

Khi đó, \(A D\) là đường trung tuyến của tam giác \(A B C\).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(A B C\) nên điểm \(G\) nằm trên cạnh \(A D\).

Ta có \(\frac{A G}{A D} = \frac{2}{3}\) hay \(A G = \frac{2}{3} A D\).

Vì \(M G\) // \(A B\), theo định lí Thalès, ta suy ra: \(\frac{A G}{A D} = \frac{B M}{B D} = \frac{2}{3}\).

Ta có \(B D = C D\) (vì \(D\) là trung điểm của cạnh \(B C\)) nên \(\frac{B M}{B C} = \frac{B M}{2 B D} = \frac{2}{2.3} = \frac{1}{3}\).

Do đó \(B M = \frac{1}{3} B C\) (đpcm).

ABCD là hình thang suy ra \(A B\) // \(C D\).

Áp dụng hệ quả định lí Thalès, ta có: \(\frac{O A}{O C} \&\text{nbsp}; = \frac{O B}{O D}\)

Suy ra \(O A . O D = O B . O C\) (đpcm).

Áp dụng định lí Thalès trong tam giác:

\(D E\) // \(A C\) nên \(\frac{A E}{A B} = \frac{C D}{B C}\);

\(D F\) // \(A C\) nên \(\frac{A F}{A C} = \frac{B D}{B C}\).

Khi đó, \(\frac{A E}{A B} + \frac{A F}{A C} = \frac{C D}{B C} + \frac{B D}{B C} = \frac{B C}{B C} = 1\).

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác 𝐴 𝐸 𝐷 𝐹 AEDF có 𝐸 𝐴 𝐹 ^

𝐴 𝐸 𝐷 ^

𝐴 𝐹 𝐷 ^

90 ∘ EAF

AED

AFD =90 ∘ nên là hình chữ nhật.

Δ 𝐴 𝐵 𝐶 ΔABC vuông cân tại 𝐴 A có 𝐴 𝑀 AM là trung tuyến nên 𝐴 𝑀 AM cũng là đường phân giác 𝐸 𝐴 𝐹 ^ EAF .

Hình chữ nhật 𝐴 𝐸 𝐷 𝐹 AEDF có đường chéo 𝐴 𝐷 AD là tia phân giác 𝐸 𝐴 𝐹 ^ EAF nên là hình vuông.

b) Δ 𝐴 𝐸 𝐹 ΔAEF vuông tại 𝐴 A có 𝐴 𝐸

𝐴 𝐹 AE=AF nên vuông cân tại 𝐴 A

Suy ra 𝐹 1 ^

45 ∘

𝐶 ^ F 1 ​

​ =45 ∘

C mà 𝐹 1 ^ , 𝐶 ^ F 1 ​

​ , C đồng vị nên 𝐸 𝐹 EF // 𝐵 𝐶 . BC.

c) Gọi 𝑂 O là giao của 𝐴 𝐷 AD với 𝐸 𝐹 EF suy ra 𝑂 𝐸

𝑂 𝐷

𝑂 𝐹

𝑂 𝐴 OE=OD=OF=OA

Δ 𝐸 𝑁 𝐹 ΔENF vuông tại 𝑁 N có 𝑁 𝑂 NO là đường trung tuyến nên 𝑁 𝑂

𝐸 𝑂

𝐹 𝑂 NO=EO=FO

Δ 𝐴 𝑁 𝐷 ΔAND có 𝑁 𝑂 NO là đường trung tuyến mà 𝑁 𝑂

𝐴 𝐷 2 NO= 2 AD ​ suy ra Δ 𝐴 𝑁 𝐷 ΔAND vuông tại 𝑁 . N.

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác 𝐴 𝐷 𝑀 𝐸 ADME có 𝐷 𝐴 𝐸 ^

𝐷 ^

𝐸 ^

90 ∘ DAE

D

E =90 ∘ nên 𝐴 𝐷 𝑀 𝐸 ADME là hình chữ nhật.

b) Vì 𝐷 𝑀 ⊥ 𝐴 𝐵 DM⊥AB và  𝐴 𝐶 ⊥ 𝐴 𝐵 AC⊥AB nên 𝐷 𝑀 DM // 𝐴 𝐶 AC suy ra  𝐶 ^

𝐵 𝑀 𝐷 ^ C

BMD (so le trong).

Xét Δ 𝐷 𝑀 𝐵 ΔDMB và Δ 𝐸 𝐶 𝑀 ΔECM có:

      𝐷 ^

𝐸 ^

90 ∘ D

E =90 ∘

      𝐵 𝑀

𝐶 𝑀 BM=CM (giả thiết)

      𝐷 𝑀 𝐵 ^

𝐶 ^ DMB

C (so le trong)

Vậy Δ 𝐷 𝑀 𝐵

Δ 𝐸 𝐶 𝑀 ΔDMB=ΔECM (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra 𝑀 𝐸

𝐵 𝐷 ME=BD (hai cạnh tương ứng) mà 𝑀 𝐸

𝐴 𝐷 ME=AD nên  𝐴 𝐷

𝐵 𝐷 AD=BD.

Tứ giác 𝐴 𝑀 𝐵 𝐼 AMBI có hai đường chéo 𝐴 𝐵 , 𝑀 𝐼 AB,MI cắt nhau tại 𝐷 D là trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

Mà 𝑀 𝐼 ⊥ 𝐴 𝐵 MI⊥AB suy ra 𝐴 𝑀 𝐵 𝐼 AMBI là hình thoi.

c) Để 𝐴 𝑀 𝐵 𝐼 AMBI là hình vuông thì 𝐴 𝑀 ⊥ 𝐵 𝑀 AM⊥BM hay 𝐴 𝑀 AM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên Δ 𝐴 𝐵 𝐶 ΔABC vuông cân tại 𝐴 . A.

d) Giả sử 𝐴 𝑀 AM cắt 𝑃 𝑄 PQ tại 𝐹 F và 𝑃 𝑄 PQ cắt 𝐴 𝐻 AH tại 𝑂 O.

Khi đó Δ 𝑂 𝐴 𝑄 ΔOAQ có 𝑂 𝐴

𝑂 𝑄 OA=OQ nên   Δ 𝑂 𝐴 𝑄  ΔOAQ cân tại 𝑂 O suy ra 𝑄 1 ^

𝑂 𝐴 𝑄 ^ Q 1 ​

​

OAQ ​

Δ 𝐴 𝑀 𝐶 ΔAMC cân tại 𝑀 M suy ra 𝐴 1 ^

𝐶 ^ A 1 ​

​

C

Do đó, 𝐴 1 ^ + 𝑄 1 ^

𝐶 ^ + 𝑂 𝐴 𝑄 ^

90 ∘ A 1 ​

​ + Q 1 ​

​

C + OAQ ​ =90 ∘

Suy ra Δ 𝐹 𝐴 𝑄 ΔFAQ vuông tại 𝐹 F hay 𝐴 𝑀 ⊥ 𝑃 𝑄 . AM⊥PQ.

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác 𝐴 𝐷 𝑀 𝐸 ADME có 𝐷 𝐴 𝐸 ^

𝐷 ^

𝐸 ^

90 ∘ DAE

D

E =90 ∘ nên 𝐴 𝐷 𝑀 𝐸 ADME là hình chữ nhật.

b) Vì 𝐷 𝑀 ⊥ 𝐴 𝐵 DM⊥AB và  𝐴 𝐶 ⊥ 𝐴 𝐵 AC⊥AB nên 𝐷 𝑀 DM // 𝐴 𝐶 AC suy ra  𝐶 ^

𝐵 𝑀 𝐷 ^ C

BMD (so le trong).

Xét Δ 𝐷 𝑀 𝐵 ΔDMB và Δ 𝐸 𝐶 𝑀 ΔECM có:

      𝐷 ^

𝐸 ^

90 ∘ D

E =90 ∘

      𝐵 𝑀

𝐶 𝑀 BM=CM (giả thiết)

      𝐷 𝑀 𝐵 ^

𝐶 ^ DMB

C (so le trong)

Vậy Δ 𝐷 𝑀 𝐵

Δ 𝐸 𝐶 𝑀 ΔDMB=ΔECM (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra 𝑀 𝐸

𝐵 𝐷 ME=BD (hai cạnh tương ứng) mà 𝑀 𝐸

𝐴 𝐷 ME=AD nên  𝐴 𝐷

𝐵 𝐷 AD=BD.

Tứ giác 𝐴 𝑀 𝐵 𝐼 AMBI có hai đường chéo 𝐴 𝐵 , 𝑀 𝐼 AB,MI cắt nhau tại 𝐷 D là trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

Mà 𝑀 𝐼 ⊥ 𝐴 𝐵 MI⊥AB suy ra 𝐴 𝑀 𝐵 𝐼 AMBI là hình thoi.

c) Để 𝐴 𝑀 𝐵 𝐼 AMBI là hình vuông thì 𝐴 𝑀 ⊥ 𝐵 𝑀 AM⊥BM hay 𝐴 𝑀 AM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên Δ 𝐴 𝐵 𝐶 ΔABC vuông cân tại 𝐴 . A.

d) Giả sử 𝐴 𝑀 AM cắt 𝑃 𝑄 PQ tại 𝐹 F và 𝑃 𝑄 PQ cắt 𝐴 𝐻 AH tại 𝑂 O.

Khi đó Δ 𝑂 𝐴 𝑄 ΔOAQ có 𝑂 𝐴

𝑂 𝑄 OA=OQ nên   Δ 𝑂 𝐴 𝑄  ΔOAQ cân tại 𝑂 O suy ra 𝑄 1 ^

𝑂 𝐴 𝑄 ^ Q 1 ​

​

OAQ ​

Δ 𝐴 𝑀 𝐶 ΔAMC cân tại 𝑀 M suy ra 𝐴 1 ^

𝐶 ^ A 1 ​

​

C

Do đó, 𝐴 1 ^ + 𝑄 1 ^

𝐶 ^ + 𝑂 𝐴 𝑄 ^

90 ∘ A 1 ​

​ + Q 1 ​

​

C + OAQ ​ =90 ∘

Suy ra Δ 𝐹 𝐴 𝑄 ΔFAQ vuông tại 𝐹 F hay 𝐴 𝑀 ⊥ 𝑃 𝑄 . AM⊥PQ.

a) Tứ giác 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 ABCD có hai đường chéo 𝐴 𝐶 , 𝐵 𝐷 AC,BD cắt nhau tại trung điểm 𝑁 N của mỗi đường nên là hình bình hành.

b) Ta có 𝐴 𝑃 ⊥ 𝐵 𝐶 AP⊥BC; 𝐴 𝑄 AQ // 𝐵 𝐶 BC suy ra 𝐴 𝑃 ⊥ 𝐴 𝑄 AP⊥AQ.

Tứ giác 𝐴 𝑃 𝐶 𝑄 APCQ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo 𝐴 𝐶 , 𝑃 𝑄 AC,PQ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, mà 𝑁 𝐴

𝑁 𝐶 NA=NC nên  𝑁 N là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ.

Suy ra 𝑃 , 𝑁 , 𝑄 P,N,Q thẳng hàng.

c) Để tứ giác 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 ABCD là hình vuông thì ta cần 𝐴 𝐵 ⊥ 𝐵 𝐶 , 𝐴 𝐵

𝐵 𝐶 AB⊥BC,AB=BC hay Δ 𝐴 𝐵 𝐶 ΔABC vuông cân tại 𝐵 . B.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có 𝐴 𝐷

𝐵 𝐶 AD=BC suy ra 𝐴 𝐷 2

𝐵 𝐶 2 2 AD ​

2 BC ​ nên 𝑀 𝐶

𝑁 𝐷 MC=ND và 𝑀 𝐶 MC // 𝑁 𝐷 ND

Do đó,  𝑀 𝐶 𝐷 𝑁 MCDN là hình bình hành.

Lại có 𝐶 𝐷

𝐴 𝐵

𝐴 𝐷 2

𝑁 𝐷 CD=AB= 2 AD ​ =ND nên 𝑀 𝐶 𝐷 𝑁 MCDN là hình thoi

b) 𝐵 𝑀 BM // 𝐴 𝐷 AD suy ra 𝐴 𝐵 𝑀 𝐷 ABMD là hình thang.

Mà 𝐴 𝐷 𝐶 ^

120 ∘ ADC =120 ∘ mà 𝐷 𝑀 DM là phân giác 𝐴 𝐷 𝐶 ^ ADC nên  𝐴 𝐷 𝑀 ^

60 ∘

𝐵 𝐴 𝐷 ^ ADM =60 ∘

BAD .

Vậy 𝐴 𝐵 𝑀 𝐷 ABMD là hình thang cân.

c) Δ 𝐾 𝐴 𝐷 ΔKAD có 𝐾 𝐴 𝐷 ^

𝐾 𝐷 𝐴 ^ KAD

KDA nên là tam giác cân.

Xét Δ 𝑀 𝐵 𝐾 ΔMBK và Δ 𝑀 𝐶 𝐷 ΔMCD có:

      𝑀 𝐵

𝑀 𝐶 MB=MC (giả thiết)

      𝑀 1 ^

𝑀 2 ^ M 1 ​

​

M 2 ​

​ (đối đỉnh)

      𝐵 1 ^

𝐶 ^ B 1 ​

​

C (so le trong)

Vậy Δ 𝑀 𝐵 𝐾

Δ 𝑀 𝐶 𝐷 ΔMBK=ΔMCD (g.c.g) suy ra 𝑀 𝐾

𝑀 𝐷 MK=MD (hai cạnh tương ứng).

Khi đó 𝐴 𝑀 AM là đường trung tuyến và 𝐵 𝐾

𝐶 𝐷 BK=CD (hai cạnh tương ứng)

Mà 𝐶 𝐷

𝐴 𝐵 CD=AB suy ra 𝐴 𝐵

𝐵 𝐾 AB=BK hay 𝐷 𝐵 DB là đường trung tuyến.

Khi đó, Δ 𝐾 𝐴 𝐷 ΔKAD có ba đường trung tuyến 𝐴 𝑀 , 𝐵 𝐷 , 𝐾 𝑁 AM,BD,KN đồng quy.