a) Tứ giác $AEDF$ có $\widehat{EAF}=\widehat{AED}=\widehat{AFD}={90}^{\circ }$ nên là hình chữ nhật.

$\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ có $AM$ là trung tuyến nên $AM$ cũng là đường phân giác $\widehat{EAF}$.

Hình chữ nhật $AEDF$ có đường chéo $AD$ là tia phân giác $\widehat{EAF}$ nên là hình vuông.

b) $\Delta AEF$ vuông tại $A$ có $AE=AF$ nên vuông cân tại $A$

Suy ra $\widehat{F^1}={45}^{\circ }=\hat{C}$ mà $\widehat{F^1},\hat{C}$ đồng vị nên $EF$ // $BC.$

c) Gọi $O$ là giao của $AD$ với $EF$ suy ra $OE=OD=OF=OA$

$\Delta ENF$ vuông tại $N$ có $NO$ là đường trung tuyến nên $NO=EO=FO$

$\Delta AND$ có $NO$ là đường trung tuyến mà $NO=\genfrac{}{}{0ex}{}{AD}{2}$ suy ra $\Delta AND$ vuông tại $N.$

a) Tứ giác $ADME$ có $\widehat{DAE}=\hat{D}=\hat{E}={90}^{\circ }$ nên $ADME$ là hình chữ nhật.

b) Vì $DM\perp AB$ và $AC\perp AB$ nên $DM$ // $AC$ suy ra $\hat{C}=\widehat{BMD}$ (so le trong).

Xét $\Delta DMB$ và $\Delta ECM$ có:

     $\hat{D}=\hat{E}={90}^{\circ }$

     $BM=CM$ (giả thiết)

     $\widehat{DMB}=\hat{C}$ (so le trong)

Vậy $\Delta DMB=\Delta ECM$ (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra $ME=BD$ (hai cạnh tương ứng) mà $ME=AD$ nên $AD=BD$.

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

Mà $MI\perp AB$ suy ra $AMBI$ là hình thoi.

c) Để $AMBI$ là hình vuông thì $AM\perp BM$ hay $AM$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên $\Delta ABC$ vuông cân tại $A.$

d) Giả sử $AM$ cắt $PQ$ tại $F$ và $PQ$ cắt $AH$ tại $O$.

Khi đó $\Delta OAQ$ có $OA=OQ$ nên $\Delta OAQ$ cân tại $O$ suy ra $\widehat{Q^1}=\widehat{OAQ}$

$\Delta AMC$ cân tại $M$ suy ra $\widehat{A^1}=\hat{C}$

Do đó, $\widehat{A^1}+\widehat{Q^1}=\hat{C}+\widehat{OAQ}={90}^{\circ }$

Suy ra $\Delta FAQ$ vuông tại $F$ hay $AM\perp PQ.$

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

b) Ta có $AP\perp BC$; $AQ$ // $BC$ suy ra $AP\perp AQ$.

Tứ giác $APCQ$ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo $AC,PQ$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, mà $NA=NC$ nên $N$ là trung điểm của $PQ$.

Suy ra $P,N,Q$ thẳng hàng.

c) Để tứ giác $ABCD$ là hình vuông thì ta cần $AB\perp BC,AB=BC$ hay $\Delta ABC$ vuông cân tại $B.$

a) Ta có $AD=BC$ suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{AD}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{BC}{2}$ nên $MC=ND$ và $MC$ // $ND$

Do đó, $MCDN$ là hình bình hành.

Lại có $CD=AB=\genfrac{}{}{0ex}{}{AD}{2}=ND$ nên $MCDN$ là hình thoi

b) $BM$ // $AD$ suy ra $ABMD$ là hình thang.

Mà $\widehat{ADC}={120}^{\circ }$ mà $DM$ là phân giác $\widehat{ADC}$ nên $\widehat{ADM}={60}^{\circ }=\widehat{BAD}$.

Vậy $ABMD$ là hình thang cân.

c) $\Delta KAD$ có $\widehat{KAD}=\widehat{KDA}$ nên là tam giác cân.

Xét $\Delta MBK$ và $\Delta MCD$ có:

     $MB=MC$ (giả thiết)

     $\widehat{M^1}=\widehat{M^2}$ (đối đỉnh)

     $\widehat{B^1}=\hat{C}$ (so le trong)

Vậy $\Delta MBK=\Delta MCD$ (g.c.g) suy ra $MK=MD$ (hai cạnh tương ứng).

Khi đó $AM$ là đường trung tuyến và $BK=CD$ (hai cạnh tương ứng)

Mà $CD=AB$ suy ra $AB=BK$ hay $DB$ là đường trung tuyến.

Khi đó, $\Delta KAD$ có ba đường trung tuyến $AM,BD,KN$ đồng quy.

a) Ta có $\widehat{O^1}+\widehat{O^3}={90}^{\circ }$ và $\widehat{O^2}+\widehat{O^3}={90}^{\circ }$ suy ra $\widehat{O^1}=\widehat{O^2}$.

Mặt khác $\widehat{A^1}=\widehat{B^1}={45}^{\circ }$.

Xét $\Delta AOP$ và $\Delta BOR$ có

    $OA=OB$ ( giả thiết)

    $\widehat{A^1}=\widehat{B^1}=45^{\circ }$

    $\widehat{O^1}=\widehat{O^2}$ (chứng minh trên)

Suy ra $\Delta AOP=\Delta BOR$ (g.c.g)

b) Từ $\Delta AOP=\Delta BOR$ suy ra $OP=OR$ (hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự cho $\Delta OBR=\Delta OCQ$ và $\Delta OCQ=\Delta ODS$

Suy ra $OR=OQ$ và $OQ=OS$.

Khi đó $OP=OR=OS=OQ.$

c) Tứ giác $PRQS$ là hình thoi vì có bốn cạnh bằng nhau.

Mà $\Delta OPR$ có $OP=OR$ và $\widehat{POR}={90}^{\circ }$ nên $\Delta OPR$ là tam giác vuông cân tại $O$

Suy ra $\widehat{P^1}={45}^{\circ }$.

Tương tự $\widehat{P^2}={45}^{\circ }$ nên $\widehat{RPS}=\widehat{P^1}+\widehat{P^2}={90}^{\circ }$.

Hình thoi $PRQS$ có $\widehat{RPS}={90}^{\circ }$ nên nó là hình vuông.

a) Tứ giác $DKMN$ có $\hat{D}=\hat{K}=\hat{N}={90}^{\circ }$ nên là hình chữ nhật.

b) Vì $DKMN$ là hình chữ nhật nên $DF$ // $MH$

Xét $\Delta KFM$ và $\Delta NME$ có:

     $\hat{K}=\hat{N}={90}^{\circ }$

     $FM=ME$ ( giả thiết)

     $\widehat{KMF}=\hat{E}$ (đồng vị)

Vậy $\Delta KFM=\Delta NME$ (cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra $KF=MN$ (hai cạnh tương ứng) mà $MN=DK$ nên $DF=2DK$ và $MH=2MN$.

Do đó $DF=MH$.

Tứ giác $DFMH$ có $DF$ // $MH,DF=MH$ nên là hình bình hành.

Do đó, hai đường chéo $DM,FH$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường hay $F,O,H$ thẳng hàng.

c) Để hình chữ nhật $DKMN$ là hình vuông thì $DK=DN$ $\left(1\right)$

Mà $DK=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DF$ và $DN=KM=NE$ nên $DN=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DE$ $\left(2\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right)$ suy ra $DF=DE$.

Vậy $\Delta DFE$ cần thêm điều kiên cân tại $D$.

a) Vì $AB=2BC$ suy ra $BC=\genfrac{}{}{0ex}{}{AB}{2}=AD$

$ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB=DC$ suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}AB=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}DC$ do đó $AI=DK=AD$.

Tứ giác $AIKD$ có $AI$ // $DK,AI=DK$ nên $AIKD$ là hình bình hành.

Lại có $AD=AI$ nên $AIKD$ là hình thoi.

Mà $\widehat{IAD}={90}^{\circ }$ do đó $AIKD$ là hình vuông.

Chứng minh tương tự cho tứ giác $BIKC$

b) Vì $AIKD$ là hình vuông nên $DI$ là tia phân giác $\widehat{ADK}$ hay $\widehat{IDK}={45}^{\circ }$.

Tương tự $\widehat{ICD}={45}^{\circ }$.

$\Delta IDC$ cân có $\widehat{DIC}={90}^{\circ }$ nên là tam giác vuông cân.

c) Vì $AIKD,BCKI$ là các hình vuông nên hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên $SI=SK=\genfrac{}{}{0ex}{}{DI}{2}$ và $IR=RK=\genfrac{}{}{0ex}{}{IC}{2}$

Suy ra $ISKR$ là hình thoi.

Lại có $\widehat{DIC}={90}^{\circ }$ nên $ISKR$ là hình vuông.

a) $ABCD$ là hình vuông nên $AB=BC=CD=DA$

Mà $AM=BN=CP=DQ$.

Trừ theo vế ta được $AB-AM=BC-BN=CD-CP=DA-DQ$

Suy ra $MB=NC=PD=QA$

b) Xét $\Delta QAM$ và $\Delta NCP$ có:

$\hat{A}=\hat{C}={90}^{\circ }$

$AQ=NC$ (chứng minh trên)

$AM=CP$ (giả thiết)

Suy ra $\Delta QAM=\Delta NCP$ (c.g.c)

c) Từ $\Delta QAM=\Delta NCP$ suy ra $NP=MQ$ (hai cạnh tương ứng).

Chứng minh tương tự câu b ta có $\Delta QAM=\Delta PDQ$ và $\Delta QAM=\Delta MBN$.

Khi đó $\Rightarrow MQ=PQ,MN=MQ$ và $\widehat{AMQ}=\widehat{DQP}$.

Mà $\widehat{AMQ}+\widehat{AQM}={90}^{\circ }$ suy ra $\widehat{DQP}+\widehat{AQM}={90}^{\circ }$.

Do đó, $\widehat{MQP}={90}^{\circ }$.

Tứ giác $MNPQ$ có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi, lại có $\widehat{MQP}={90}^{\circ }$ nên là hình vuông.

a) Tứ giác $AMCK$ có hai đường chéo $AC,MK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.

$\Delta ABC$ vuông tại $A$ có $AM$ là đường trung tuyến nên $AM=MC=MB$.

Vậy hình bình hành $AMCK$ có $AM=MC$ nên là hình thoi.

b) Vì $AMCK$ là hình thoi nên $AK$ // $BM$ và $AK=MC=BM$.

Tứ giác $AKMB$ có $AK$ // $BM,AK=BM$ nên là hình bình hành.

c) Để $AMCK$ là hình vuông thì cần có một góc vuông hay $AM\perp MC$.

Khi đó $\Delta ABC$ có $AM$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên cân tại $A$.

Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AMCK$ là hình vuông.

a) $\Delta ABC$ vuông cân nên $\hat{B}=\hat{C}={45}^{\circ }.$

$\Delta BHE$ vuông tại $H$ có $\widehat{BEH}+\hat{B}={90}^{\circ }$

Suy ra $\widehat{BEH}={90}^{\circ }-{45}^{\circ }={45}^{\circ }$ nên $\hat{B}=\widehat{BEH}={45}^{\circ }$.

Vậy $\Delta BEH$ vuông cân tại $H.$

b) Chứng minh tương tự câu a ta được $\Delta CFG$ vuông cân tại $G$ nên $GF=GC$ và $HB=HE$

Mặt khác $BH=HG=GC$ suy ra $EH=HG=GF$ và $EH$ // $FG$ (cùng vuông góc với $BC)$

Tứ giác $EFGH$ có $EH$ // $FG,EH=FG$ nên là hình bình hành.

Hình bình hành $EFGH$ có một góc vuông $\hat{H}$ nên là hình chữ nhật

Hình chữ nhật $EFGH$ có hai cạnh kề bằng nhau $EH=HG$ nên là hình vuông.