$Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC) và tia phân giác AD của \(\widehat {HAC}\) (D thuộc BC). Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho \[AE = AH.\] (a) Chứng minh rằng: \(\Delta ADH = \Delta ADE\). (ảnh 1)$

a) Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta ADE\) có:

\(\widehat {AHD} = \widehat {AED} = 90^\circ \);

\[AE = AH\] (gt);

Cạnh \[AD\] chung.

Do đó \(\Delta ADH = \Delta ADE\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

b) Từ câu a: \(\Delta ADH = \Delta ADE\).

Suy ra \[DE = DH\] (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {AED} = \widehat {AHD}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {AHD} = 90^\circ \) nên \(\widehat {AED} = 90^\circ \) suy ra \(DE \bot AC\).

c) Vì \(AH = AE\) nên \(A\) thuộc đường trung trực của \(HE.\)

Vì \(HD = ED\) nên \(D\) thuộc đường trung trực của \(HE.\)

Do đó AD là đường trung trực của HE.

d) Trên tia đối của tia HA lấy điểm F sao cho \[HF = EC.\] Chứng minh \(\widehat {AHE} = \widehat {EHD} + \widehat {HFD}\).

Xét \(\Delta AEH\) có \[AE = AH\] nên \(\Delta AEH\) cân tại \(A\) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {AEH}\) (1)

Ta có \(\widehat {AEH} = \widehat {EHC} + \widehat {ECH}\) (2) (\(\widehat {AEH}\) là góc ngoài của \(\Delta CHE\,).\)

Chứng minh \(\Delta HDF = \Delta EDC\) (c.g.c) suy ra \(\widehat {HFD} = \widehat {ECD}.\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {AHE} = \widehat {EHD} + \widehat {HFD}\).

Bậc của đa thức x^3−x^2+7x−9: