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

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 \[AK = 3AG\].