$Cho \(\Delta ABC\) vuông tạ (ảnh 1)$

a) Xét tứ giác \[AHMK\] có:

\[\widehat {HAK} = 90^\circ \] (do \[\Delta ABC\] tại \[A,\,\,K \in AB,\,\,H \in AC);\]

\(\widehat {MHA} = 90^\circ \) (do \(MH \bot AC);\)

\[\widehat {MKA} = 90^\circ \] (do \[MK \bot AB)\]

Suy ra tứ giác \(AHMK\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Ta có \(AHMK\) là hình chữ nhật nên \(AM = HK\) và hai đường chéo này cắt nhau tại trung điểm \(I\) của mỗi đường.

Xét \(\Delta AMC\) có: \(I\) và \(D\) lần lượt là trung điểm của \(AM,MC\)

Suy ra \(ID\) là đường trung bình của \(\Delta AMC\)

Do đó \(ID\,{\rm{//}}\,AC\) và \(ID = \frac{1}{2}AC\) (tính chất đường trung bình của tam giác) (1)

Xét \(\Delta ABC\) có: \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(MH\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc \(AC)\)

Nên \(H\) là trung điểm của \(AC,\) do đó \(AH = \frac{1}{2}AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(ID = AH.\)

Xét tứ giác \(AIDH\) có \(ID = AH\) (chứng minh trên) và \(ID\,{\rm{//}}\,AH\) (do \(ID\,{\rm{//}}\,AC)\)

Suy ra tứ giác \[AIDH\] là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) ⦁ Xét \(\Delta KEH\) vuông tại \[E\] có \[I\] là trung điểm \[HK\] nên \[EI\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \[HK\]

Do đó \(EI = \frac{1}{2}HK\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Mà \(HK = AM\) (chứng minh ở câu b) nên \(EI = \frac{1}{2}AM\)

Mà \[I\] là trung điểm của \[AM\] nên \[EI\] là đường trung tuyến của \(\Delta AEM\)

Do đó \(\Delta AEM\) vuông tại \(E.\)

⦁ Ta có: \(EI = \frac{1}{2}AM\) và \(IM = \frac{1}{2}AM\) (do \(I\) là trung điểm của \(AM)\)

Do đó \(EI = IM,\) nên \(\Delta IME\) cân tại \(I,\) suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_2}}\)

Mặt khác: \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_1}}\) (hai góc so le trong do \(AM\,{\rm{//}}\,ED)\)

Nên \(\widehat {{E_1}} = \widehat {{E_2}}\) hay \[EM\] là phân giác \(\widehat {IEH}.\)

⦁ Vì \[AIDH\] là hình bình hành (câu b) nên \(AI\,{\rm{//}}\,HD\) hay \(AM\,{\rm{//}}\,ED\)

Do đó \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_1}}\) (hai góc đồng vị) (3)

Ta có \(AM = HK\) và \(AI = \frac{1}{2}AM,\) \(IH = \frac{1}{2}HK\) (do \(I\) là trung điểm của \(AM,HK)\)

Nên \(AI = IH,\) do đó \(\Delta AIH\) cân tại \(I\)

Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_2}}\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {{H_2}} = \widehat {{H_1}}\) hay \(HA\) là phân giác \[\widehat {EHI}.\]

⦁ Xét \[\Delta HIE\] có \[HA,\,\,EM\] lần lượt là phân giác \[\widehat {EHI}\] và \[\widehat {IEH}\]

Suy ra \(IN\) là phân giác \(\widehat {EIH}\) hay \(\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}.\)

Xét \(\Delta NIE\) và \(\Delta NIH\) có:

\[NI\] là cạnh chung;

\(\widehat {{I_1}} = \widehat {{I_2}}\)(chứng minh trên);

\(EI = IH\) (cùng bằng \(\frac{1}{2}AM)\)

Do đó \(\Delta NIE = \Delta NIH\) (c.g.c)

Suy ra \(NE = NH\) (hai cạnh tương ứng)

Nên \(\Delta NEH\) cân tại \[N\]

Do đó \(\widehat {NHE} = \widehat {NEH}\) (tính chất tam giác cân)

Mà \(AM\,{\rm{//}}\,ED\) nên \(\widehat {NHE} = \widehat {NMA}\) và \(\widehat {NEH} = \widehat {NAM}\) (các cặp góc đồng vị)

Nên \(\widehat {NMA} = \widehat {NAM}\)

Mặt khác, \(\widehat {NMA} = \widehat {MAB}\) (hai góc so le trong do \(MH\,{\rm{//}}\,AB)\)

Do đó, \(\widehat {NAM} = \widehat {MAB}\)

Vậy \(AM\) là phân giác của \(\widehat {NAB}.\)

Đơn thức M thỏa mãn biểu thức 2x^4y^2 + M = − 3x^4y^2 là