a) Chứng minh rằng: Tứ giác AHCK là hình bình hành.

+) ABCD là hình bình hành

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{AB}=\mathrm{DC};\mathrm{AD}=\mathrm{BC}\\ \mathrm{AB}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\mathrm{DC};\mathrm{AD}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\mathrm{BC}\end{array}\right.$ (tính chất của hình bình hành)

+) $\left.\begin{array}{l}\mathrm{CK}\perp \mathrm{BD}\left(\mathrm{gt}\right)\\ \mathrm{AH}\perp \mathrm{BD}\left(\mathrm{gt}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{CK}\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\mathrm{AH}$ (quan hệ từ vuông góc đến song song)   (1)

+) Vì AD // BC nên $\widehat{\mathrm{ADB}}=\widehat{\mathrm{DBC}}$ (hai góc so le trong)

Xét $\mathrm{\Delta ADH}$ và $\mathrm{\Delta CBK}$ có:

$\widehat{\mathrm{AHD}}=\widehat{\mathrm{BKC}}={90}^{\circ }$

AD = BC (cmt)

$\widehat{\mathrm{ADH}}=\widehat{\mathrm{BKC}}$ (cmt)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta ADH}=\mathrm{\Delta CBK}$ (cạnh huyền – góc nhọn)

=> AH = CK (hai cạnh tương ứng)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra AHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Gọi O là trung điểm của HK. Chứng minh ba điểm A, O, C thẳng hàng.

Theo tính chất, AHCK là hình bình hành nên hai đường HK và AC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Theo đề bài, O là trung điểm của HK nên O là trung điểm của AC.

Do đó, ba điểm A, O, C thẳng hàng.

c) Tính diện tích hình bình hành AHCK. Biết AH = 4cm, HK = 2cm.

Ta có:

${\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}=\frac{1}{2}.\mathrm{AH}.\mathrm{HK}$

${\mathrm{S}}_{\mathrm{CHK}}=\frac{1}{2}.\mathrm{CK}.\mathrm{HK}$

Mà AH = CK nên ${\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{CHK}}$.

$\Rightarrow {\mathrm{S}}_{\mathrm{AKCH}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}+{\mathrm{S}}_{\mathrm{CHK}}=2{\mathrm{S}}_{\mathrm{AHK}}=\mathrm{AH}.\mathrm{HK}$$=4.2=8\left({\mathrm{cm}}^2\right)$

Vậy ${\mathrm{S}}_{\mathrm{AKCH}}=8{\mathrm{cm}}^2$

$$\begin{gathered} \frac{4\mathrm{x}+1}{7{\mathrm{x}}^2}-\frac{1-3\mathrm{x}}{7{\mathrm{x}}^2}=\frac{\left(4\mathrm{x}+1\right)-\left(1-3\mathrm{x}\right)}{7{\mathrm{x}}^2} \\ =\frac{4\mathrm{x}+1-1+3\mathrm{x}}{7{\mathrm{x}}^2}=\frac{7\mathrm{x}}{7{\mathrm{x}}^2}=\frac{1}{\mathrm{x}} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \frac{5\mathrm{x}+2}{3{\mathrm{xy}}^2}:\frac{10\mathrm{x}+4}{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}=\frac{5\mathrm{x}+2}{3{\mathrm{xy}}^2}\cdot \frac{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}{10\mathrm{x}+4} \\ =\frac{5\mathrm{x}+2}{3{\mathrm{xy}}^2}\cdot \frac{{\mathrm{x}}^2\mathrm{y}}{2\left(5\mathrm{x}+2\right)}=\frac{\mathrm{x}}{6\mathrm{y}} \end{gathered}$$

Vì ABCD là hình bình hành nên $\hat{\mathrm{A}}=\hat{\mathrm{C}}$ và $\hat{\mathrm{B}}=\hat{\mathrm{D}}$ (tính chất)

Áp dụng định lý tổng các góc trong một tứ giác ta có:

a)

b)

a) Tứ giác AIHK là hình gì? Vì sao?

$\mathrm{\Delta ABC}$ vuông tại A $\Rightarrow \widehat{\mathrm{IAK}}={90}^{\circ }$.

Vì D đối xứng với H qua AB nên $\widehat{\mathrm{IHA}}={90}^{\circ }$.

Vì E đối xứng với H qua AC nên $\widehat{\mathrm{HKA}}={90}^{\circ }$.

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{BAC}}=\widehat{\mathrm{IHA}}=\widehat{\mathrm{HKA}}={90}^{\circ }$

Xét tứ giác AIHK có $\Rightarrow \widehat{\mathrm{BAC}}=\widehat{\mathrm{IHA}}=\widehat{\mathrm{HKA}}={90}^{\circ }$. Suy ra, tứ giác AIHK là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng.

Vì D đối xứng với H qua AB nên $\Rightarrow \mathrm{\Delta ADH}$ cân tại A. Mà AI là đường cao trong $\mathrm{\Delta ADH}$ nên AI cũng là đường phân giác của góc $\mathrm{DAH}$ $\Rightarrow \widehat{\mathrm{DAI}}=\widehat{\mathrm{IAH}}$

Tương tự, ta cũng chứng minh được: $\widehat{\mathrm{HAK}}=\widehat{\mathrm{KAE}}$ 

Ta có:

$\widehat{\mathrm{DAE}}=\widehat{\mathrm{DAI}}+\widehat{\mathrm{IAH}}+\widehat{\mathrm{HAK}}+\widehat{\mathrm{KAE}}$$=2\left(\widehat{\mathrm{IAH}}+\widehat{\mathrm{HAK}}\right)={180}^{\circ }$

=> D, A, E thẳng hàng.

c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh $\mathrm{AM}\perp \mathrm{IK}$.

Gọi O là giao điểm của AM và IK. Gọi G là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật AIHK.

$\mathrm{\Delta ABC}$ vuông tại A có AM là đường trung tuyến suy ra AM = BM = CM.

$\Rightarrow \mathrm{\Delta AMC}$ cân tại M (dấu hiệu nhận biết)

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{MAC}}=\widehat{\mathrm{MCA}}$ (tính chất)

Vì tứ giác AIHK là hình chữ nhật nên GA = GH = GI = GK.

$\Rightarrow \mathrm{\Delta GKA}$ cân tại G $\Rightarrow \widehat{\mathrm{GKA}}=\widehat{\mathrm{GAK}}$.

Ta lại có: $$\begin{gathered} \left.\begin{array}{l}\widehat{\mathrm{ABH}}+\widehat{\mathrm{BAH}}={90}^{\circ }\\ \widehat{\mathrm{BAH}}+\widehat{\mathrm{HAC}}={90}^{\circ }\end{array}\right\}\Rightarrow \widehat{\mathrm{ABH}}=\widehat{\mathrm{HAC}} \\ \Rightarrow \widehat{\mathrm{ABH}}=\widehat{\mathrm{GAK}} \end{gathered}$$

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{GKA}}=\widehat{\mathrm{ABH}}\Rightarrow \widehat{\mathrm{OKA}}=\widehat{\mathrm{ABH}}$ 

Xét tam giác ABC có: $\widehat{\mathrm{ABC}}+\widehat{\mathrm{ACB}}={90}^{\circ }$ hay $\widehat{\mathrm{ABH}}+\widehat{\mathrm{MCA}}={90}^{\circ }$

Mà $\widehat{\text{OKA}}\text{=}\widehat{\text{ABH}}$ và $\widehat{\text{MAC}}\text{=}\widehat{\text{MCA}}$ nên ta có: $\widehat{\mathrm{OKA}}+\widehat{\mathrm{MAC}}={90}^{\circ }$

Suy ra, $\widehat{\mathrm{OAK}}+\widehat{\mathrm{OKA}}={90}^{\circ }\Rightarrow \widehat{\mathrm{AOK}}={90}^{\circ }$

Suy ra, $\mathrm{AM}\perp \mathrm{IK}$ tại O.