Xét ∆KEI và ∆TEI có:

EK = ET, IK = IT; cạnh EI chung

Suy ra ∆KEI = ∆TEI (c.c.c)

Do đó $\widehat{KEI}=\widehat{TEI}$ hay $\widehat{KES}=\widehat{TES}=\frac{\widehat{KET}}{2}=\frac{90°}{2}=45°.$

Vì tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên ta có:

$\widehat{KEI}+\widehat{KIE}+\widehat{EKI}=180°$

Suy ra $\widehat{KIE}=180°-\widehat{KEI}-\widehat{EKI}=180°-45°-105°=30°.$

Xét ∆KET có EK = ET nên ∆KET cân tại E

Lại có $\widehat{KET}=90°$ nên ∆KET vuông cân tại E

Do đó $\widehat{EKT}=45°$

Khi đó $\widehat{SKI}=\widehat{EKI}-\widehat{EKT}=105°-45°=60°.$

Từ A, B lần lượt kẻ AH, BK vuông góc với CD (H, K ∈ CD).

Xét tứ giác ABKH có: AB // HK (vì AB // CD do ABCD là hình thang), AH // BK (cùng vuông góc với CD).

Do đó, tứ giác ABKH là hình bình hành. Suy ra HK = AB = 10 cm.

Xét ∆ADH vuông tại H và ∆BCK vuông tại K, ta có:

$\widehat{D}=\widehat{C}$; AD = BC (do ABCD là hình thang cân).

Do đó ∆ADH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DH = CK.

Ta có DH + HK + CK = CD hay 10 + 2CK = 24, suy ra CK = 7 (cm).

Xét ∆BCK vuông tại K, ta có

BC² = BK² + CK² hay 25² = BK² + 7²

Do đó BK² = 25² – 7² = 576.

Suy ra $BK=\sqrt{576}=24cm.$

Ta có: AB // CD nên $\widehat{B_1}=\widehat{D_2}$ (hai góc so le trong).

DB là tia phân giác của góc D (giả thiết) nên $\widehat{D_1}=\widehat{D_2}.$

Do đó $\widehat{B_1}=\widehat{D_1}.$

Suy ra ∆ABD cân tại A, suy ra AB = AD = 4 cm.

Mà ABCD là hình thang cân, nên BC = AD = 4 cm.

Gọi M là giao điểm của AD và BC.

Xét ∆MDC có DB là tia phân giác của góc D và DB cũng là đường cao hạ từ đỉnh D nên ∆MDC là tam giác cân, do đó DM = DC.

Mặt khác: ∆MDC có $\widehat{MDC}=\widehat{MCD}$ (do ABCD là hình thang cân) nên ∆MDC cân tại M, do đó DM = CM.

Suy ra DM = DC = CM = 2BC = 2.4 = 8 cm.

Vậy chu vi hình thang là:

AB + BC + CD + DA = 4 + 4 + 8 + 4 = 20 cm.

a) ∆ABC có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC (giả thiết).

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có:

MN // BC  và $\text{MN}=\frac{1}{2}\text{BC}=\frac{1}{2}\cdot 6=3$ (cm).

Xét tứ giác MNCB có MN // BC (chứng minh trên).

Do đó, tứ giác MNCB là hình thang có hai đáy là MN, BC.

Ta lại có $\widehat{B}=\widehat{C}$ (do ∆ABC cân tại A).

Suy ra hình thang MNCB là hình thang cân.

b) Xét tứ giác ABCK có:

N là trung điểm của AC (giả thiết);

N là trung điểm của BK (K là điểm đối xứng của B qua N).

Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành.

c) Xét tứ giác AHBP có:

M là trung điểm của AB (giả thiết);

M là trung điểm của HP (H là điểm đối xứng của P qua M).

Do đó, tứ giác AHBP là hình bình hành (1)

∆ABC cân tại A có AP là đường trung tuyến ứng với cạnh BC nên cũng đồng thời là đường cao

Do đó AP ⊥ BC  tại P, suy ra $\widehat{\text{APB}}=90°$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra AHBP là hình chữ nhật.

d) ∆ABC có M, P lần lượt là trung điểm của AB, BC (giả thiết).

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có:

MP // AC và $\text{MP}=\frac{1}{2}\text{AC}$ hay MP // AN (N ∈ AC) và $\text{MP}=\text{AN}\left(=\frac{1}{2}\text{AC}\right)$.

Xét tứ giác AMPN có:

MP = AN (chứng minh trên);

MP // AN (chứng minh trên).

Do đó, tứ giác AMPN là hình bình hành (3)

Mặt khác, $\text{AM}=\frac{1}{2}\text{AB},\text{AN}=\frac{1}{2}\text{AC}$ và AB = AC nên AM = AN (4)

Từ (3) và (4) suy ra AMPN là hình thoi.

a) ABCD là hình bình hành nên AB = CD và AB // CD.

Xét ∆ABM và ∆CDN có:

AB = CD (chứng minh trên);

$\widehat{B_1}=\widehat{D_1}$ (hai góc so le trong do AB // CD);

BM = DN (giả thiết).

Do đó ∆ABM = ∆CDN (c.g.c).

Suy ra AM = CN (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆AND và ∆CMB có:

AD = BC (do ABCD là hình bình hành);

$\widehat{ADN}=\widehat{CBM}$(hai góc so le trong do AD // BC);

DN = BM (giả thiết).

Do đó ∆AND = ∆CMB (c.g.c).

Suy ra AN = CM (hai cạnh tương ứng).

Xét tứ giác AMCN có: AM = CN (chứng minh trên) và AN = CM (chứng minh trên)

Do đó, tứ giác AMCN là hình bình hành.

b) Gọi E là giao điểm của tia AM và BC.

Xét ∆BNC có ME // CN và E là trung điểm của BC (giả thiết)

Theo bài 5, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: M là trung điểm của BN

Do đó BM = MN, mà BM = DN (giả thiết) nên BM = MN = ND

Suy ra $\text{BM}=\frac{1}{3}\text{BD}$.

a) Xét ∆AOB có M, N lần lượt là trung điểm của AO, BO.

Theo bài 4, trang 63, SBT Toán 8 Tập Một, ta có: MN // AB; $\text{MN}=\frac{1}{2}\text{AB.}$ (1)

Tương tự, xét ∆OCD ta cũng có PQ // CD;$\text{QP}=\frac{1}{2}\text{DC.}$ (2)

Mà AB // CD; AB = CD (do ABCD là hình bình hành). (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra MN // PQ, MN = PQ.

Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

b) Xét ∆ANB và ∆CQD có:

AB = CD (ABCD là hình bình hành);

$\widehat{\text{ABN}}=\widehat{\text{CDQ}}$ (hai góc so le trong do AB // CD);

$\text{BN}=\text{DQ}\left(=\frac{1}{4}\text{BD}\right)$ (vì OB = OD, NO = NB, QO = QD)

Do đó ∆ANB = ∆CQD (c.g.c). Suy ra AN = CQ. (4)

Xét ∆AQD và ∆CNB có:

AD = BC (do ABCD là hình bình hành);

$\widehat{\text{ADQ}}=\widehat{\text{CBN}}$ (hai góc so le trong do AD // BC);

$\text{DQ}=\text{BN}\left(=\frac{1}{4}\text{BD}\right)$.

Do đó ∆AQD = ∆CNB (c.g.c). Suy ra AQ = CN. (5)

Từ (4) và (5) suy ra ANCQ là hình bình hành.

a) Ta có ABCD là hình bình hành nên AD // BC.

Suy ra $\widehat{\text{ADB}}=\widehat{\text{DBC}}$ (hai góc so le trong).

Do đó $\frac{\widehat{\text{ADB}}}{2}=\frac{\widehat{\text{DBC}}}{2}$

Suy ra $\widehat{\text{EDB}}=\widehat{\text{KBD}}$ (do DE, BK lần lượt là đường phân giác của $\widehat{\text{ADB}}$ và $\widehat{\text{DBC}}$)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE // BK.

Vậy DE // BK.

b) Xét ∆DAB có DE vừa là đường cao vừa là đường phân giác, suy ra ∆DAB cân tại D.

Khi đó, DA = DB.

c) Xét tứ giác DEBK có: DE // BK, BE // DK.

Suy ra DEBK là hình bình hành.

Mà $\widehat{E}=90°$ nên DEBK là hình chữ nhật.

Để tứ giác DEBK là hình vuông thì DE = EB.

Mà ∆DAB cân tại D nên DE vừa là đường cao vừa là trung tuyến của ∆DAB.

Suy ra $\text{DE}=\text{EB}=\frac{\text{AB}}{2},$ suy ra ∆DAB vuông tại D hay $\widehat{\text{ADB}}=90°.$