Tứ giác AICJ là hình gì? Vì sao? (ảnh 1)

a) Tứ giác \[AICJ\] có hai đường chéo \(AC\) và \(IJ\) cắt nhau tại trung điểm của \[E\] của mỗi đường nên tứ giác \[AICJ\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Lại có \[\widehat {AIC} = 90^\circ \] (vì \(AI\) là đường cao của tam giác \(ABC)\)

Suy ra tứ giác \[AICJ\] là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Xét \(\Delta ABC\) có \(D,\,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AC\) nên \(DE\) là đường trung bình của tam giác. Do đó \(DE = \frac{1}{2}BC\) và \(DE\,{\rm{//}}\,BC\) (tính chất đường trung bình).

Mà \(I,\,\,F \in BC\)nên \(DE\,{\rm{//}}\,IF.\)

Suy ra tứ giác \(DEFI\) là hình thang.

Xét tam giác \(AIC\) vuông tại \(I,\) có \(IE\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AC\) nên \(IE = AE = EC = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) (1)

Xét \(\Delta ABC\) có \(D,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) nên \(DF\) là đường trung bình của tam giác. Do đó \(DF\,{\rm{//}}\,AC\) và \(DF = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung bình) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(IE = DF\left( { = \frac{1}{2}AC} \right).\)

Hình thang \(DEFI\) có hai đường chéo \(IE = DF\) nên \(DEFI\) là hình thang cân.

c) Vì \(F\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BF = FC = \frac{1}{2}BC\).

Mà \(DE = \frac{1}{2}BC\) (chứng minh ở câu b)

Suy ra \(DE = BF.\)

Xét tứ giác \(BDEF\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BF\) (do \(DE\,{\rm{//}}\,BC)\) và \(DE = BF\) nên \(BDEF\) là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo \(EB\) và \(FD\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Suy ra \(K\) là trung điểm của \(FD\). Do đó \(DK = KF.\)

Ta có \(DF\,{\rm{//}}\,AC\) , mà \(K \in DF,\,\,E \in AC\) nên \(DK\,{\rm{//}}\,AE,\,\,KF\,{\rm{//}}\,EC\)

Do đó hai tứ giác \(ADKE\) và \(KECF\) là hình thang.

Từ \(K\) kẻ \(KM \bot AC.\) Khi đó \(KM\) là chiều cao của hình thang \(ADKE\) và \(KECF.\)

Ta có: \({S_{ADKE}} = \frac{1}{2} \cdot KM \cdot \left( {DK + AE} \right);\)\[{S_{KECF}} = \frac{1}{2} \cdot KM \cdot \left( {KF + EC} \right).\]

Mà \(DK = KF\) (chứng minh trên) và \(AE = EC\) (do \(E\) là trung điểm của \(AC)\)

Suy ra \({S_{ADKE}} = {S_{KECF}}\)

Vậy hai tứ giác \(ADKE\) và \(KECF\) có cùng diện tích.

d) Tứ giác \(BDEF\) có \(DE\,{\rm{//}}\,BF\) và \(DE = BF\,\,\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) nên \(BDEF\) là hình bình hành.

⦁ Để hình bình hành \(BDEF\) là hình thoi thì \(BD = DE\).

Mà \(DE = \frac{1}{2}BC\) và \(BD = \frac{1}{2}AB\) nên suy ra cần điều kiện \(BC = AB\), tức là \(\Delta ABC\) cân tại \(B\).

⦁ Để hình bình hành \(BDEF\) là hình vuông thì \(BDEF\) là hình thoi và \(\widehat {DBF} = 90^\circ \), tức là \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(B.\)

e) Vì \(D,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC\) nên \(DF\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\), suy ra \(DF\,{\rm{//}}\,AC\).

Mà \(DF \bot IE\) nên \(IE \bot AC\).

Xét \(\Delta AIC\) vuông tại \(I\) có \(IE\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên \(\Delta AIC\) cân tại \(I\).

Do đó \(AI = IC = IF + FC.\)

Vì \(DE = \frac{1}{2}BC\) và \(FC = \frac{1}{2}BC\) nên \(DE = FC.\)

Khi đó, \(AI = IF + DE.\)

g) Xét \(\Delta AIB\) có \(D,\,\,H\) lần lượt là đường điểm của \(AB,\,\,BI\) nên \(DH\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(DH\,{\rm{//}}\,AI\) và \(DH = \frac{1}{2}AI\). (3)

Tương tự, ta có \(EG\,{\rm{//}}\,AI\) và \(EG = \frac{1}{2}AI\). (4)

Từ (3), (4) ta có \(DH\,{\rm{//}}\,EG\) và \(DH = EG\).

Khi đó, tứ giác \(DHGE\) là hình bình hành.

Lại có \(DH\,{\rm{//}}\,AI,\,\,AI \bot BC\) nên \(DH \bot BC\), do đó hình bình hành \(DHGE\) là hình chữ nhật.

Suy ra \(HE = DG.\)

Tìm x , biết: d) x ( x − 4 ) − x + 4 = 0 .