$Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A, vẽ đường trung tuyến \(AM\,\,\left( {M \in BC} \right).\) Từ \(M\) kẻ \(MH\) vuông góc với \(AC\,\,\left( {H \in AC} \right),\) trên tia đối của tia \(MH\) lấy điểm \(K\) sao cho \(MK = MH.\) (ảnh 1)$

a) Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta MKB\) có:

\[MH = MK\] (gt);

\(\widehat {HMC} = \widehat {KMB}\) (đối đỉnh);

\[MC = MB\] (\(AM\) là đường trung tuyến trong \(\Delta ABC).\)

Do đó \(\Delta MHC = \Delta MKB\) (c.g.c).

b) Từ câu a: \(\Delta MHC = \Delta MKB\).

Suy ra \(\widehat {HCM} = \widehat {KBM}\) (hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(BK\,{\rm{//}}\,HC.\)

c) Vì \(BK\,{\rm{//}}\,HC\) nên \(BK\,{\rm{//}}\,AH\) suy ra \(\widehat {KBH} = \widehat {BHA}\) (so le trong).

Vì \(\Delta MHC = \Delta MKB\) (câu a) nên \(\widehat {KBH} = \widehat {KHC} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta ABH\) vuông tại \(A\) và \(\Delta MKB\) vuông tại \(K\) có:

Cạnh \(BH\) chung;

\(\widehat {KBH} = \widehat {BHA}\) (cmt);

Do đó \(\Delta ABH = \Delta KHB\) (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \(BK = AH\) (hai cạnh tương ứng).

d) Vì \(\Delta MHC = \Delta MKB\) suy ra \(BK = CH\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(BK = AH\) (cmt) nên \(HC = HA\) suy ra \(BH\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC.\)

Mà \(AM\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) nên \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC.\)

Mặt khác, \(CI\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\).

Do đó ba điểm \(I,\,\,G,\,\,C\) thẳng hàng.

Cho đa thức A(x)=−2x^3+4x+5. Hệ số cao nhất của A(x) là