Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 2

a) $\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right) - x\left( {x + 6} \right) = 4$

${x^2} + 3x + 2x + 6 - {x^2} - 6x = 4$

$- x + 6 = 4$

$- x = - 2$

$x = 2$.

Vậy $x = 2.$

b) $\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right) + x\left( {3 - {x^2}} \right) = x$

$\left( {{x^3} - {2^3}} \right) + \left( {3x - {x^3}} \right) - x = 0$

$2x - 8 = 0$

$2x = 8$

$x = 4$.

Vậy $x = 4$.

c) ${x^2} - 5x = 0$

$x\left( {x - 5} \right) = 0$

$x = 0$ hoặc $x - 5 = 0$

$x = 0$ hoặc $x = 5$

Vậy $x = 0$; $x = 5$.

d) $x\left( {x - 4} \right) - x + 4 = 0$

$x\left( {x - 4} \right) - \left( {x - 4} \right) = 0$

$\left( {x - 4} \right)\left( {x - 1} \right) = 0$

$x - 4 = 0$ hoặc $x - 1 = 0$

$x = 4$ hoặc $x = 1$.

Vậy $x = 4$; $x = 1$.

e) ${x^2} - 4 - \left( {x - 2} \right) = 0$

$\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right) - \left( {x - 2} \right) = 0$

$\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2 - 1} \right) = 0$

$$\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = 0$$

$x - 2 = 0$ hoặc $x + 1 = 0$

$x = 2$ hoặc $x = - 1$.

Vậy $x = 2$; $x = - 1$.

f) ${\left( {x + 2} \right)^2} - {\left( {2x - 1} \right)^2} = 0$

$$\left( {x + 2 + 2x - 1} \right)\left( {x + 2 - 2x + 1} \right) = 0$$

$$\left( {3x + 1} \right)\left( { - x + 3} \right) = 0$$

$3x + 1 = 0$ hoặc $- x + 3 = 0$

$3x = - 1$ hoặc $- x = - 3$

$x = - \frac{1}{3}$ hoặc $x = 3$

Vậy $x = - \frac{1}{3}$; $x = 3$.

g) $4{\left( {x - 2} \right)^2} = 25{\left( {1 - 3x} \right)^2}$

$${\left[ {2\left( {x - 2} \right)} \right]^2} = {\left[ {5\left( {1 - 3x} \right)} \right]^2}$$

$${\left( {2x - 4} \right)^2} - {\left( {5 - 15x} \right)^2} = 0$$

$$\left( {2x - 4 + 5 - 15x} \right)\left( {2x - 4 - 5 + 15x} \right) = 0$$

$$\left( { - 13x + 1} \right)\left( {17x - 9} \right) = 0$$

$- 13x + 1 = 0$ hoặc $17x - 9 = 0$

$- 13x = - 1$ hoặc $17x = 9$

$x = \frac{1}{{13}}$ hoặc $x = \frac{9}{{17}}$.

Vậy $x = \frac{1}{{13}}$; $x = \frac{9}{{17}}$.

h) $2{x^2} - 5x + 3 = 0$

$2{x^2} - 2x - 3x + 3 = 0$

$\left( {2{x^2} - 2x} \right) - \left( {3x - 3} \right) = 0$

$2x\left( {x - 1} \right) - 3\left( {x - 1} \right) = 0$

$\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 3} \right) = 0$

$x - 1 = 0$ hoặc $2x - 3 = 0$

$x = 1$ hoặc $x = \frac{3}{2}$

Vậy $x = 1$; $x = \frac{3}{2}$.

a) Xét tứ giác $AHMK$ có:

$\widehat {HAK} = 90^\circ$ (do $\Delta ABC$ tại $A,\,\,K \in AB,\,\,H \in AC);$

$\widehat {MHA} = 90^\circ$ (do $MH \bot AC);$

$\widehat {MKA} = 90^\circ$ (do $MK \bot AB)$

Suy ra tứ giác $AHMK$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Ta có $AHMK$ là hình chữ nhật nên $AM = HK$ và hai đường chéo này cắt nhau tại trung điểm $I$ của mỗi đường.

Xét $\Delta AMC$ có: $I$ và $D$ lần lượt là trung điểm của $AM,MC$

Suy ra $ID$ là đường trung bình của $\Delta AMC$

Do đó $ID\,{\rm{//}}\,AC$ và $ID = \frac{1}{2}AC$ (tính chất đường trung bình của tam giác) (1)

Xét $\Delta ABC$ có: $M$ là trung điểm của $BC$ và $MH\,{\rm{//}}\,AB$ (cùng vuông góc $AC)$

Nên $H$ là trung điểm của $AC,$ do đó $AH = \frac{1}{2}AC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $ID = AH.$

Xét tứ giác $AIDH$ có $ID = AH$ (chứng minh trên) và $ID\,{\rm{//}}\,AH$ (do $ID\,{\rm{//}}\,AC)$

Suy ra tứ giác $AIDH$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) ⦁ Xét $\Delta KEH$ vuông tại $E$ có $I$ là trung điểm $HK$ nên $EI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $HK$. Do đó $EI = \frac{1}{2}HK$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Mà $HK = AM$ (chứng minh ở câu b) nên $EI = \frac{1}{2}AM$

Xét $\Delta AEM$ có $EI$ là đường trung tuyến của $\Delta AEM$ (do $I$ là trung điểm của $AM$) và $EI = \frac{1}{2}AM$ nên $\Delta AEM$ vuông tại $E.$

⦁ Ta có: $EI = \frac{1}{2}AM$ và $IM = \frac{1}{2}AM$ (do $I$ là trung điểm của $AM)$

Do đó $EI = IM,$ nên $\Delta IME$ cân tại $I,$ suy ra $\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_2}}$

Vì $AIDH$ là hình bình hành (câu b) nên $AI\,{\rm{//}}\,HD$ hay $AM\,{\rm{//}}\,ED$, suy ra $\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_1}}$ (so le trong)

Nên $\widehat {{E_1}} = \widehat {{E_2}}$ hay $EM$ là phân giác $\widehat {IEH}.$

Ta cũng có $\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_1}}$ (so le trong của $AM\,{\rm{//}}\,ED$) (3)

Ta có $AM = HK$ và $AI = \frac{1}{2}AM,$ $IH = \frac{1}{2}HK$ (do $I$ là trung điểm của $AM,HK)$

Nên $AI = IH,$ do đó $\Delta AIH$ cân tại $I$

Suy ra $\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_2}}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {{H_2}} = \widehat {{H_1}}$ hay $HA$ là phân giác $\widehat {EHI}.$

Xét $\Delta HIE$ có $HA,\,\,EM$ lần lượt là phân giác $\widehat {EHI}$ và $\widehat {IEH}$

Suy ra $IN$ là phân giác $\widehat {EIH}$ hay $\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}.$

Xét $\Delta NIE$ và $\Delta NIH$ có:

$NI$ là cạnh chung;

$\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}$(chứng minh trên);

$EI = IH$ (cùng bằng $\frac{1}{2}AM)$

Do đó $\Delta NIE = \Delta NIH$ (c.g.c)

Suy ra $NE = NH$ (hai cạnh tương ứng)

Nên $\Delta NEH$ cân tại $N$, do đó $\widehat {NHE} = \widehat {NEH}$ (tính chất tam giác cân)

Mà $AM\,{\rm{//}}\,ED$ nên $\widehat {NHE} = \widehat {NMA}$ và $\widehat {NEH} = \widehat {NAM}$ (các cặp góc đồng vị)

Nên $\widehat {NMA} = \widehat {NAM}$

Mặt khác, $\widehat {NMA} = \widehat {MAB}$ (hai góc so le trong do $MH\,{\rm{//}}\,AB)$

Do đó, $\widehat {NAM} = \widehat {MAB}$

Vậy $AM$ là phân giác của $\widehat {NAB}.$

a) Xét tứ giác $ADME$ có:

$\widehat {AEM} = 90^\circ$ (do $ME \bot AC);$

$\widehat {EAD} = 90^\circ$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A);$

$\widehat {ADM} = 90^\circ$ (do $MD \bot AB)$

Suy ra tứ giác $ADME$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Do đó $AE = DM$ (tính chất hình chữ nhật). (1)

b) ⦁ Xét $\Delta ABC$ có $M$ là trung điểm của $BC$ và $MD\,{\rm{//}}\,AC$ (cùng vuông góc với $AB)$ nên $MD$ là đường trung bình của tam giác, do đó $D$ là trung điểm của $AB.$

Chứng minh tương tự, ta cũng có $E$ là trung điểm của $AC.$

Khi đó $DE$ là đường trung bình của $\Delta ABC.$

Do đó $DE\,{\rm{//}}\,BC$ (tính chất đường trung bình), hay $DE\,{\rm{//}}\,HM.$

Tứ giác $DHME$ có $DE\,{\rm{//}}\,HM$ nên $DHME$ là hình thang.

⦁ Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$ có $HE$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$ nên $HE = \frac{1}{2}AC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Mà $E$ là trung điểm của $AC$ nên $AE = \frac{1}{2}AC.$ Do đó $HE = AE$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $DM = HE.$

Hình thang $DHME$ có $DM = HE$ nên là hình thang cân.

c) Vì $ADME$ là hình chữ nhật (câu a) nên $AD = ME$ (tính chất hình chữ nhật).

Lại có $D,\,M$ lần lượt là trung điểm của $AB,NE$ nên $AB = 2AD$ và $NE = 2ME.$

Do đó $AB = NE.$

Tứ giác $ABNE$ có $AB = NE$ (chứng minh trên) và $AB\,{\rm{//}}\,NE$ (cùng vuông góc với $AC)$ nên $ABNE$ là hình bình hành.

Lại có $\widehat {BAE} = 90^\circ$ nên hình bình hành $ABNE$ là hình chữ nhật.

Khi đó hai đường chéo $AN,\,\,BE$ bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Gọi $I$ là giao điểm của $AN,\,\,BE$ thì $I$ là trung điểm của $AN,\,\,BE.$

Xét $\Delta BKE$ vuông tại $K$ có $KI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $BE$ nên $KI = \frac{1}{2}BE$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Mà $AN = BE$ nên $KI = \frac{1}{2}AN.$

Xét $\Delta AKN$ có $KI$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $AN$ và $KI = \frac{1}{2}AN.$

Do đó $\Delta AKN$ vuông tại $K$ nên $AK \bot KN$ tại $K.$

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 $HE = DG.$

Hướng dẫn giải

⦁ Hình 1: Ta có $MB = AB - AM = 7 - 2 = 5.$ Tam giác $ABC$ có $MN\,{\rm{//}}\,AB,$ theo định lí Thalès ta có: $\frac{{AM}}{{MB}} = \frac{{AN}}{{NC}}$ hay $\frac{2}{5} = \frac{x}{6},$ suy ra $x = \frac{{2 \cdot 6}}{5} = 2{,}4.$ Vậy $x = 2{,}4.$	Hình 1
⦁ Hình 2: Ta có: $EF \bot MN,\,\,NP \bot MN$ nên $EF\,{\rm{//}}\,NP.$ $MP = MF + FP = 5 + 15 = 20.$ Tam giác $MNP$ có $EF\,{\rm{//}}\,NP,$ theo định lí Thalès ta có: $\frac{{ME}}{{MN}} = \frac{{MF}}{{MP}}$ hay $\frac{3}{y} = \frac{5}{{20}},$ suy ra $y = \frac{{3 \cdot 20}}{5} = 12.$ Vậy $y = 12.$	Hình 2
⦁ Hình 3: Tam giác $ABC$ có $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác. Do đó $MN = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 15 = 7{,}5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$ Vậy $x = 7{,}5\,\,{\rm{cm}}.$	Hình 3
⦁ Hình 4: Tam giác $ABC$ có $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác. Do đó $MN = \frac{1}{2}BC.$ Suy ra $x = BC = 2MN = 2 \cdot 3{,}5 = 7\left( {{\rm{cm}}} \right).$ Vậy $x = 7{\rm{\;cm}}.$	Hình 4
⦁ Hình 5: Xét tam giác $ABC$ có $AD$ là phân giác trong góc $\widehat {BAC}$ (do $\widehat {BAD} = \widehat {CAD}),$ nên $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{DC}},$ hay $\frac{5}{{8{,}5}} = \frac{3}{{DC}}$ Suy ra $DC = \frac{{8{,}5 \cdot 3}}{5} = 5{,}1.$ Khi đó $x = BC = DB + DC = 3 + 5{,}1 = 8{,}1.$	Hình 5
⦁ Hình 6: Xét tam giác $IKJ$ có $IL$ là phân giác trong góc $\widehat {KIJ}$ (do $\widehat {KIL} = \widehat {JIL}),$ nên $\frac{{IK}}{{IJ}} = \frac{{LK}}{{LJ}}$ suy ra $\frac{{LK}}{{IK}} = \frac{{LJ}}{{IJ}}$ hay $\frac{{LK}}{{6{,}2}} = \frac{{LJ}}{{8{,}7}}$ Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: $$\frac{{LK}}{{6{,}2}} = \frac{{LJ}}{{8{,}7}} = \frac{{LK + LJ}}{{6{,}2 + 8{,}7}} = \frac{{KJ}}{{14{,}9}} = \frac{{12{,}5}}{{14{,}9}}.$$ Suy ra $LJ = \frac{{12{,}5}}{{14{,}9}} \cdot 8{,}7 \approx 7{,}3.$	Hình 6

Hướng dẫn giải

a) Xét $\Delta ABC$ có $AB \bot AC;\,\,IN \bot AC$ nên $AB\,{\rm{//}}\,IN.$ Mà $I$ là trung điểm của $BC$ nên $IN$ là đường trung bình của tam giác, do đó $N$ là trung điểm của $AC.$ Xét tứ giác $ADCI$ có: $N$ là trung điểm của $ID,\,\,AC$ nên $ADCI$ là hình bình hành. Lại có $IN \bot AC$ hay $ID \bot AC$ nên hình bình hành $ADCI$ là hình thoi.	a) Xét $\Delta ABC$ có $AB \bot AC;\,\,IN \bot AC$ nên $AB\,{\rm{//}}\,IN.$ Mà $I$ là trung điểm của $BC$ nên $IN$ là đường trung bình của tam giác, do đó $N$ là trung điểm của $AC.$ Xét tứ giác $ADCI$ có: $N$ là trung điểm của $ID,\,\,AC$ nên $ADCI$ là hình bình hành. Lại có $IN \bot AC$ hay $ID \bot AC$ nên hình bình hành $ADCI$ là hình thoi.
b) Kẻ $IH\,{\rm{//}}\,BK\,\,\left( {H \in CD} \right),$ mà $I$ là trung điểm của $BC,$ nên $IH$ là đường trung bình của $\Delta BKC.$ Do đó $H$ là trung điểm của $KC$ hay $KH = HC\,\,\left( 1 \right)$ Xét $\Delta DIH$ có $N$ là trung điểm của $DI$ và $NK\,{\rm{//}}\,IH$ (do $BK\,{\rm{//}}\,IH)$ nên $NK$ là đường trung bình của $\Delta DIH,$ suy ra $K$ là trung điểm của $DH$ hay $DK = KH\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $DK = KH = HC.$ Do đó $\frac{{DK}}{{DC}} = \frac{1}{3}.$

a) Xét $\Delta ABD$ có $DM$ là đường phân giác của $\widehat {ADB}$ nên $\frac{{DA}}{{DB}} = \frac{{MA}}{{MB}}$ (tính chất đường phân giác trong tam giác).

b) Xét $\Delta ACD$ có $DN$ là đường phân giác của $\widehat {ADC}$ nên $\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{NA}}{{NC}}$ (tính chất đường phân giác trong tam giác).

Mà $\frac{{DA}}{{DB}} = \frac{{MA}}{{MB}}$ (câu a) và $DB = DC$ (do $D$ là trung điểm của $BC)$ nên $\frac{{NA}}{{NC}} = \frac{{MA}}{{MB}}$ hay $\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{NC}}{{NA}}.$

c) Xét $\Delta ABC$ có: $\frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{NC}}{{NA}}$ (câu b) nên $MN\,{\rm{//}}\,BC$(định lí Thalès đảo).

a) Vì $AD\,{\rm{//}}\,KM$ nên $\widehat {BAD} = \widehat {BKM}$ (đồng vị).

Vì $AD\,{\rm{//}}\,EM$ nên $\widehat {CAD} = \widehat {AEK}$ (so le trong).

Mà $AD$ là tia phân giác của $\widehat {BAC}$ nên $\widehat {BAD} = \widehat {CAD}.$

Do đó $\widehat {BKM} = \widehat {AEK}$ hay $\widehat {AKE} = \widehat {AEK}.$

Tam giác $AEK$ có $\widehat {AKE} = \widehat {AEK}$ nên là tam giác cân tại $A.$

b) Xét $\Delta ACD$ có $EM\,{\rm{//}}\,AD,$ theo định lí Thalès ta có $\frac{{AE}}{{EC}} = \frac{{DM}}{{MC}}.$

Mà $\Delta AEK$ cân tại $A$ nên $AK = AE.$

Lại có điểm $M$ là trung điểm của $BC$ nên $MB = MC.$

Do đó $\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{DM}}{{MB}}.$

c) Xét $\Delta BMK$ có $AD\,{\rm{//}}\,KM,$ theo định lí Thalès ta có $\frac{{DM}}{{BM}} = \frac{{AK}}{{BK}}.$

Theo câu b, ta có $\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{DM}}{{MB}}$ nên $\frac{{AK}}{{EC}} = \frac{{AK}}{{BK}},$ do đó $EC = BK.$

a) Xét $\Delta ADC$ có $E,\,\,I$ lần lượt là trung điểm của $AD,\,\,AC$ nên $EI$ là đường trung bình của $\Delta ADC.$

Do đó $EI\,{\rm{//}}\,CD$ và $EI = \frac{{C{\rm{D}}}}{2}.$

Xét $\Delta ABC$ có $I,\,\,F$ lần lượt là trung điểm của $AC,\,\,BC$ nên $IF$ là đường trung bình của $\Delta ABC.$

Do đó $IF\,{\rm{//}}\,AB$ và $IF = \frac{{AB}}{2}.$

b) Trong $\Delta EIF$ ta có: $EF \le EI + IF$ (dấu "=" xảy ra khi $E,\,\,I,\,\,F$ thẳng hàng)

Mà $EI = \frac{{C{\rm{D}}}}{2};\,\,IF = \frac{{AB}}{2}$ (chứng minh ở câu a)

Do đó $EF \le \frac{{AB + CD}}{2}.$

Vậy $EF \le \frac{{AB + CD}}{2}$ (dấu bằng xảy ra khi $AB\,{\rm{//}}\,CD).$

a) Vì $ABCD$ là hình thang có hai đáy $AB$ và $CD$ nên $AB\,{\rm{//}}\,CD.$

Vì $AB\,{\rm{//}}\,DM$ (do $AB\,{\rm{//}}\,CD),$ nên theo hệ quả định lí Thalès ta có $\frac{{AE}}{{EM}} = \frac{{AB}}{{DM}}.$ $\left( 1 \right)$

Vì $AB\,{\rm{//}}\,MC$ (do $AB\,{\rm{//}}\,CD),$ nên theo hệ quả định lí

Thalès ta có $\frac{{BF}}{{FM}} = \frac{{AB}}{{MC}}.$ $\left( 2 \right)$

Lại có $M$ là trung điểm của $CD$ nên $DM = MC.$ $\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),$ $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta có $\frac{{AE}}{{EM}} = \frac{{BF}}{{FM}},$ theo định lí Thalès đảo ta có $EF\,{\rm{//}}\,AB.$

b) Xét $\Delta ADM$ có $HE\,{\rm{//}}\,DM,$ theo hệ quả định lí Thalès ta có $\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{{AE}}{{AM}}.$

Xét $\Delta AMC$ có $EF\,{\rm{//}}\,MC,$ theo hệ quả định lí Thalès ta có $\frac{{EF}}{{MC}} = \frac{{AE}}{{AM}}.$

Do đó $\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{{EF}}{{MC}},$ mà $DM = MC$ nên $HE = EF.$

Chứng minh tương tự ta cũng có $EF = FN.$ Suy ra $HE = EF = FN.$

c) Vì $M$ là trung điểm của $CD$ nên $DM = MC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6{\rm{\;cm}}.$

Theo câu a, ta có $\frac{{AE}}{{EM}} = \frac{{AB}}{{DM}} = \frac{{7{,}5}}{6} = \frac{5}{4}.$ Suy ra $\frac{{AE}}{5} = \frac{{EM}}{4}.$

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có: $\frac{{AE}}{5} = \frac{{EM}}{4} = \frac{{AE + EM}}{{5 + 4}} = \frac{{AM}}{9}.$

Do đó $\frac{{AE}}{{AM}} = \frac{5}{9}.$

Mà theo câu b, $\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{{AE}}{{AM}}$ nên $\frac{{HE}}{{DM}} = \frac{5}{9}.$

Suy ra $HE = \frac{5}{9}DM = \frac{5}{9} \cdot 6 = \frac{{10}}{3}{\rm{\;cm}}.$

Lại có $HE = EF = FN$ (câu b) nên $HN = 3HE = 3 \cdot \frac{{10}}{3} = 10{\rm{\;cm}}.$

Vậy $HN = 10{\rm{\;cm}}.$

a) Xét $\Delta ABM$ có $EG\,{\rm{//}}\,BM,$ theo định lí Thalès ta có: $\frac{{BE}}{{AE}} = \frac{{MG}}{{AG}}.$

b) Xét $\Delta DCN$ có $BM\,{\rm{//}}\,CN,$ theo định lí Thalès ta có: $\frac{{DN}}{{MD}} = \frac{{DC}}{{DB}}.$