Cho Delta ABCvuông tại A có đường cao AH. Từ H kẻ HN vuông gócAC, HM vuông góc AB

Xét tứ giác\[AMNH\]có:

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

\(\widehat {AMH} = 90^\circ \) \(\left( {HM \bot AB} \right)\);

\(\widehat {ANH} = 90^\circ \) \(\left( {HN \bot AC} \right)\).

Vậy tứ giác\[AMHN\] là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông).

b) Tứ giác: \[AMNE\]có:

\[AM = HN\] (cạnh đối hình chữ nhật \[AMHN);\]

\[EN = HN\] \[(N\]là trung điểm của\[EH)\]

\( \Rightarrow AM{\rm{ }} = {\rm{ }}NE\)

Lại có \[AM\,{\rm{//}}\,NE\]\[(AM\,{\rm{//}}\,HN\]và \[H,{\rm{ }}N,{\rm{ }}E\]thẳng hàng).

Vậy tứ giác\[AMNE\] là hình bình hành (Tứ giác có 2 cạnh đối song song và bằng nhau là hình bình hành).

c) Ta có \(AB \bot DH\) tại \[M\] (gt) và \[M\] là trung điểm của \[DH\;\] (gt)nên\[AB\] là đường trung trực của \[DH\] suy ra \[BD = BH\] (1)

Tương tự có \[CE = HC\] (2)

Do \[BC = BH + HC\] nên \[B{C^2} = {\rm{ }}B{H^2} + {\rm{ }}H{C^2} + {\rm{ }}2{\rm{ }}BH.{\rm{ }}HC\] (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \[B{C^2} = B{D^2} + E{C^2} + 2BH \cdot HC\] (đpcm).