a) Do ABCD là hình vuôn nên: 

\(AB=BC=CD=AD\) 

Mà: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AM+MB\\BC=BN+NC\\CD=CP+PD\\AD=DQ+QA\end{matrix}\right.\) 

Lại có: \(AM=BN=CP=DQ\)

\(\Rightarrow MB=NC=PD=QA\left(dpcm\right)\) 

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

\(\widehat{A}=\widehat{C}=90^o\left(gt\right)\)

\(AM=CP\left(gt\right)\)

\(QA=NC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta QAM=\Delta NCP\left(c.g.c\right)\) 

c) Xét các tam giác: \(\Delta QAM,\Delta NCP,\Delta PDQ,\Delta MBN\) ta có:

\(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=\widehat{D}=90^o\left(gt\right)\)

\(AM=BN=CP=DQ\left(gt\right)\)

\(MB=NC=PD=QA\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta QAM=\Delta NCP=\Delta PDQ=\Delta MBN\left(c.g.c\right)\) 

\(\Rightarrow MQ=QP=PN=NM\) (các cạnh tương ứng) 

\(\Rightarrow MNPQ\) là hình thoi (1)

Xét tam giác QAM ta có:

\(\widehat{QMA}+\widehat{AQM}=180^o-90^o=90^o\) 

Mà: \(\Delta QAM=\Delta MBN\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{AQM}\) (hai góc tương ứng) 

\(\Rightarrow\widehat{BMN}+\widehat{QMA}=90^o\)

Lại có: \(\widehat{BMN}+\widehat{QMA}+\widehat{NMQ}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{NMQ}=180^o-90^o=90^o\) (2) 

Từ (1) và (2) ta có MNPQ 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 $MB=NC=PD=QA$

Xét tam giác QAM và tam giác NPC có:

góc A = góc C = 90 độ

AQ=NC(cmt)

AM=CP(gt)

=>Tam giác QAM= tam giác NPC(c.g.c)

c)=> NP = MQ ( hai cạnh tương ứng)

Chứng minh tương tự như phần b ta có: Tam giác QAM= tam giác PDQ và tam giác QAM= tam giác MBN

Khi đó: MQ=PQ, MN=MQ và góc AMQ= góc DQP

Mà góc AMQ+AQM=90 độ

=>góc DQP+ góc AQM= 90 độ

Do đó góc MQP = 90 độ

tứ giác MNPQ có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi

Lại có góc MQP = 90 độ nên là hình vuông

Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông

 Cách 1 (đồ thị): Đầu tiên ta xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình sau: \(\left\{{}\begin{matrix}x>0\\y>0\\\dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{4}\le1\end{matrix}\right.\) như sau:

 Sau đó ta tìm tất cả các điểm nguyên nằm ở miền trong tam giác OAB. Ta nhận thấy các điểm này là \(\left(1,1\right);\left(1,2\right);\left(2,1\right)\). Vậy các nghiệm (x; y) của bpt là \(\left(1;1\right),\left(1;2\right),\left(2;1\right)\)

Cách 2: (đại số)

 Ta có \(\dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{4}\le1\)  nên \(\dfrac{x}{3}< 1\) \(\Leftrightarrow x< 3\) \(\Rightarrow x\in\left\{1,2\right\}\)

\(\dfrac{y}{4}< 1\Rightarrow y< 4\Rightarrow y\in\left\{1,2,3\right\}\)

 Thử lại, ta thấy chỉ có các cặp \(\left(x;y\right)=\left(1;1\right),\left(1;2\right),\left(2;1\right)\) là thỏa mãn. Vậy...

Xét hbh ABCD có AB =CD;AB//CD

+) $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$

$=>AM=CN$

$+)M,N$ lần lượt là nằm trên của $AB,CD$

       => AM//CN

a) $ABCD$ là hình bình hành nên $AB=DC$ suy ra 12��=12��21​AB=21​DC

Do đó $AM=BM=DN=CN$.

Tứ giác $AMCN$ có $AM$ // $NC,AM=NC$ nên là hình bình hành.

Lại có $\Delta ADC$ vuông tại $A$ có $AN$ là đường trung tuyến nên ��=12��=��=��AN=21​DC=DN=CN.

Hình bình hành $AMCN$ có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi, khi đó hai đường chéo $AC,MN$ vuông góc với nhau.

Tứ giác $AMCN$ là hình thoi.

1. 

Nhan đề “Tràng giang” là từ Hán Việt hay có nghĩa là một con sông dài vô tận. Từ Tràng giang còn gợi cho người đọc một cảm giác về chiều cảm nhận được mở rộng trong không gian và thời gian. Nhờ vậy, hình ảnh con sông trong bài thơ mới hiện lên một cách rộng lớn, mênh mông hơn. 

 Nhan đề và lời đề từ đã giúp người đọchiểu ngay được nội dung của tác phẩm ngay từ những dòng đầu tiên và nó giúp cho việc đọc, hiểu văn bản trở lên dễ dàng hơn bao giờ hết. 

2. Bài thơ Tràng Giang được cấu tứ trong một không gian sóng đôi. Không chỉ là dòng Tràng giang thực tế chảy dài trong tự nhiên mà còn là dòng sóng dập dìu trong tâm hồn tác giả. Với ý nghĩa là dòng sông thực tế trong tự nhiên, tác giả đã sử dụng hình ảnh nước trong tất cả các khổ thơ cả trực tiếp lẫn gián tiếp

Câu 1: Cảm nhận về nhan đề của bài thơ: gợi ra hình ảnh một dòng sông chảy dài, mang lại nỗi buồnm, cảm gác man mác khó tả

Nhan đề và lời đề từ thể hiện rất rõ những dòng cảm xúc và cảm hứng chủ đạo của bài thơ, đồng thời hé mở những trăn trở và suy nghĩ miên man của tác giả về những kiếp người, kiếp đời nhỏ bé 

Câu 2: ài thơ được cấu tứ theo cấu trúc không gian sóng đôi. Bởi không gian được mô tả trong bài thơ không chỉ là những cảnh vật thực tế được tác giả quan sát mà còn ẩn dụ cho không gian trong tâm trí của nhà thơ, miên man trăn trở đầy những suy ngẫm 

a/

Ta có

IA=IC (gt); IM=IK (gt) => AMCK là hình bình hành (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Ta có

MB=MC (gt); IA=IC (gt) => MI là đường trung bình của tg ABC => MI//AB

Mà \(AB\perp AC\) 

\(\Rightarrow MI\perp AC\Rightarrow MK\perp AC\)

=> AMCK là hình thoi (Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc là hình thoi)

b/

Ta có

MI//AB (cmt) => MK//AB

AK//MC (cạnh đối hbh AMCK) => AK//MB

=> AKMB là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

c/

Để AMCK là hình vuông \(\Rightarrow AM\perp BC\) => AM là đường cao của tg ABC

Mà AM là trung tuyến của tg ABC (gt)

=> ABC cân tại A (Tam giác có đường cao đồng thời là đường trung tuyến là tg cân)

=> Để AMCK là hình vuông thì tg ABC vuông cân tại A

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) $Tam\; giácABC$ vuông cân nên góc B= góc C = 45 độ

Tam giácBHE vuông tại H có góc BEH + góc B = 90 độ

Suy ra góc BEH = 90 độ - 45 độ = 45 độ nên góc B= góc BEH = 45 độ

Vậy tam giác BEH vuông tại H

b) Chứng minh tương tự như câu a ta được tam giác CFG vuông tại G nên GF=GC và HB=HE

Lại có BH=HG=GC suy ra EH=HG=GF và EH//FG ( cùng vuông góc với BC)

Tứ giác EFGH có EH//FG, EH=FG

=>tứ giác EFGH là hình bình hành 

Xét hình bình hành có một góc vuông là góc H nên là hình chữ nhật

Mà hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là EH=HG nên là hình vuông

Vậy EFGH là hình vuông

a) $\Delta ABC$ vuông cân nên �^=�^=45∘.B=C=45∘.

$\Delta BHE$ vuông tại $H$ có ���^+�^=90∘BEH+B=90∘

Suy ra ���^=90∘−45∘=45∘BEH=90∘−45∘=45∘ nên �^=���^=45∘B=BEH=45∘.

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 �^H nên là hình chữ nhật

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

\(AC\perp Oy\) (gt); \(Ox\perp Oy\) (gt) => AC//Oy => AC//OB

C/m tương tự có AB//OC

=> OBAC là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

Mà \(\widehat{xOy}=90^o\)

=> OBAC là HCN

Ta có

AC=AB (Tính chất đường phân giác)

=> OBAC là hình vuông

Tứ giác $OBAC$ có ba góc vuông: góc B= góc C = góc BOC= 90 độ �^=�^=���^=90∘==
∘

Nên $OBAC$ là hình chữ nhật.

Mà $A$ nằm trên tia phân giác $OM$ suy ra $AB=AC$.

Khi đó $OBAC$ là hình vuông.

a) Nửa chu vi:

180 : 2 = 90 (m)

Tổng số phần bằng nhau:

2 + 3 = 5 (phần)

Chiều dài là:

90 : 5 × 3 = 54 (m)

Chiều rộng là:

90 - 54 = 36 (m)

Diện tích vườn rau:

54 × 36 = 1944 (m²)

b) Diện tích trồng bắp cải:

1944 × 1/24 = 81 (m²)

a) Nửa chu vi: 180:2=90(m)

    ta có sơ đồ

    chiều rộng 2 phần 

     chiều dài 3 phần

  tông số phần bàng nhau  2+3=5(phần)

chiều dài   90:5x3=54(m)

chiều rộng 90-54=46(m)

diện tích    54x46=2484(m^2)

diện tích để trồng bắp cải   2484x1:24(m^2)

 Đ/S:a)2484(m^2)

         b)24(m^2)