Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH. Từ H kẻ HE và HF lần lượt vuông góc (ảnh 1)

a) Xét tứ giác \[AFHE\] có: \(\widehat {A\,\,} = \widehat {E\,} = \widehat {F\,} = 90^\circ .\)

Suy ra tứ giác \[AFHE\] là hình chữ nhật.

Do đó \(AH = EF.\)

b) Xét tứ giác \(EHKF\) ta có: \(EH \bot AB\) và \(FK \bot AB\) nên \(EH\,{\rm{//}}\,FK.\) (1)

Vì \[HE = FA;\,\,FK = FA\] nên \[FK = EH.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(EHKF\) là hình bình hành.

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH. Từ H kẻ HE và HF lần lượt vuông góc (ảnh 2)

c) Xét \(\Delta OIF\) và \(\Delta MIH,\) có:

\(OI = MI;\,\,IH = IF;\,\,\widehat {OIF} = \widehat {MIH}\)

Do đó \(\Delta OIF = \Delta MIH\) (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {OFI} = \widehat {IHM},\) mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(OF\,{\rm{//}}\,MH,\) hay \(OE\,{\rm{//}}\,MH.\)

Xét \(\Delta OEH\) và \(\Delta HMO,\) có:

\(OE = HM\left( { = OF} \right);\)

\(OH\) là cạnh chung;

\(\widehat {EOH} = \widehat {OHM}\) (so le trong).

Do đó \(\Delta EOH = \Delta MHO\) (c.g.c).

Suy ra \(OM = EH,\) nên \(OI = \frac{1}{2}EH = \frac{1}{4}AK.\)

Phân tích đa thức 4x^3 + 12x^2 + 4x thành nhân tử ta được.