Cho ΔDEF vuông tại D cóDE<DF, đường caoDH. Từ H kẻ HM⊥DE(M∈DE). KẻHN⊥DF(N∈DF). Gọi I là trung điểm của HF. Tia MH cắt tia DI tại K. (a) Tứ giác DMHNlà hình gì? Vì sao? (b) Chứng minh tứ giác DHKF là hình bình hành. (ảnh 1)

a) Tứ giác \(AMHN\) có:

• \(\widehat {MAN} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))

• \(\widehat {AMH} = 90^\circ \) (do \(MH \bot AB\))

• \(\widehat {HNA} = 90^\circ \) (do \(HN \bot AC\))

Do đó, tứ giác \(AMHN\) là hình chữ nhật.

b) Ta có: \(MH \bot AB;AC \bot AB\) suy ra \(MH\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(MK\,{\rm{//}}\,AC\).

Do đó \(\widehat {KHI} = \widehat {ACI}\) (hai góc so le trong)

Xét \[\Delta HIK\] và \[\Delta CIA\] có:

\(\widehat {HIK} = \widehat {CIA}\) (hai góc đối đỉnh)

\[HI = IC\] (gt)

\(\widehat {KHI} = \widehat {ACI}\) (cmt)

Do đó \[\Delta HIK = \Delta CIA\] (g.c.g)

Suy ra \[AI = IK\] (hai cạnh tương ứng).

Xét tứ giác \[AHKC\] có \[AI = IK\] (cmt); \[HI = IC\] (gt)

Do đó, tứ giác \[AHKC\] là hình bình hành.

c) Xét tam giác \[AHC\] có \(MN\) cắt \(AH\) tại \(O\), \(CO\) cắt \(AK\) tại \(G\).

Khi đó, \(G\) là trọng tâm của tam giác \[AHC\] suy ra \(AI = \frac{3}{2}AG\) .

Mà \[AK = 2AI\] nên \[AK = 3AG\].

Bậc của đa thức P=x^6−x^4y^3+5x^2y^2+y^4−1 là