Kẻ đường cao BH

Xét tam giác ABH vuông ở H có AH = AB.cosA

Theo định lí Pytago ta có

AB² = AH² + BH²

Xét tam giác ACH vuông ở H có AC² = AH² + CH² (định lí Pytago)

Ta có AB² + AC² – 2AB.AC.cosA

= AB² + AC² – 2AC.AH

= AH² + BH² + AC² – 2AC.AH

= BH² + (AC – AH)²

= BH² + HC²

= BC²

Vậy BC² = AB² + AC² – 2AB.AC.cosA.

a) Gọi E là giao điểm của AD và BC.

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}E \in AD \Rightarrow E \in \left( {SAD} \right)\\E \in BC \Rightarrow E \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\]

Do đó E = (SAD) ∩ (SBC)

Mà S = (SAD) ∩ (SBC)

Suy ra SE = (SAD) ∩ (SBC).

b) Trong mp(SBE) gọi giao điểm của MN và SE là F.

Trong mp(SAD) gọi giao điểm của AF là SD là P.

Suy ra P = SD ∩ (AMN).

c) Ta có

Vậy thiết diện thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (AMN) là tứ giác AMNP.

Vậy \(1 + {\tan ^2}a = \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a}}\).

Vậy \(1 + {\cot ^2}a = \frac{1}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a}}\).

c) \(\frac{{\cos a}}{{1 - \sin a}} = \frac{{1 + \sin a}}{{\cos a}}\)

Vậy \(\frac{{\cos a}}{{1 - \sin a}} = \frac{{1 + \sin a}}{{\cos a}}\).

a) Gọi N là điểm đối xứng của I qua M

Suy ra M là trung điểm của IN

Xét tứ giác BICN là BC và IN cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường

Suy ra BICN là hình bình hành

Vậy \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \)

b) Ta có

\(2\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 2(\overrightarrow {OI} + \overrightarrow {IA} ) + \overrightarrow {OI} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {OI} + \overrightarrow {IC} \)

\( = 4\overrightarrow {OI} + 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = 4\overrightarrow {OI} \)

Vậy \(2\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 4\overrightarrow {OI} \).

a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên AB ⊥ OB, AC ⊥ OC

Do đó \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \)

Suy ra A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.

b) Xét (O) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A, suy ra AB = AC

Hay A thuộc trung trực của BC

Mà O thuộc trung trực của BC (vì OB = OC)

Suy ra AO là trung trực của BC

Do đó AO ⊥ BC.

Xét tam giác ABO vuông tại B có BH ⊥ AO

Suy ra OB² = OH . OA (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà OB = OD (cùng là bán kính của (O)).

Suy ra OD² = OH . OA.

Do đó \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{O{\rm{D}}}}\)

Xét tam giác OHD và tam giác ODA có

\(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{O{\rm{D}}}}\) (Chứng minh trên)

\(\widehat {DOA}\) là góc chung

Suy ra  (c.g.c)

c) Ta có OB² = OH . OA (chứng minh câu b)

Mà OB = OE, suy ra OE² = OH . OA

Do đó \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\)

Xét tam giác OHE và tam giác OEA có

\(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\) (Chứng minh trên)

\(\widehat {EOA}\) là góc chung

Suy ra  (c.g.c)

Do đó \(\widehat {EHO} = \widehat {A{\rm{E}}O}\) (hai góc tương ứng)  

Mặt khác \(\widehat {DEO} = \widehat {EDO}\) (vì tam giác ODE cân tại O)

Suy ra \(\widehat {EHO} = \widehat {{\rm{ED}}O}\)

Xét tứ giác HDEO có \(\widehat {EHO} = \widehat {{\rm{ED}}O}\), mà hai góc này cùng nhìn cạnh EO trong tứ giác

Suy ra tứ giác HDEO nội tiếp

Do đó \(\widehat {DHA} = \widehat {AEO} = \widehat {OHE}\)

Suy ra \(\widehat {DHB} = \widehat {BHE}\) nên \(HB\) là tia phân giác của góc DHE.

Hay CB trùng với tia phân giác của góc DHE.

d) Gọi G là giao điểm của BC và AE

Do HG là tia phân giác của \(\widehat {DHE}\)nên \(\frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}} = \frac{{HD}}{{HE}}\) (1)

Mà HA ⊥ HG

Suy ra HA là tia phân giác ngoài của tam giác HED

Do đó \(\frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}} = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HE}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}} = \frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}}\left( { = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HE}}} \right)\) (3)

Xét DABE có DM // BE nên \(\frac{{M{\rm{D}}}}{{BE}} = \frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}}\) (hệ quả định lí Thales) (4)

Xét DGBE có DN // BE nên \(\frac{{{\rm{ND}}}}{{BE}} = \frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}}\) (hệ quả định lí Thales) (5)

Từ (3), (4) và (5), suy ra \(\frac{{{\rm{MD}}}}{{BE}} = \frac{{{\rm{ND}}}}{{{\rm{BE}}}}\)

Hay MD = ND

Do đó D là trung điểm của MN

Vậy D là trung điểm của MN.

Vì tam giác BEC vuông tại E nên \(\widehat {EBC} + \widehat {ECB} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Suy ra \(\widehat {ICB} = 90^\circ - \widehat {EBC}\)

Vì tam giác BCD vuông tại D nên \(\widehat {DBC} + \widehat {DCB} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Suy ra \(\widehat {IBC} = 90^\circ - \widehat {DCB}\)

Xét tam giác BIC có

\(\widehat {BIC} + \widehat {ICB} + \widehat {IBC} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {BIC} + 90^\circ - \widehat {EBC} + 90^\circ - \widehat {DCB} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {BIC} = \widehat {EBC} + \widehat {DCB}\)

Mà \(\widehat {BAC} + \widehat {EBC} + \widehat {DCB} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \(\widehat {BIC} = 180^\circ - \widehat {CAB}\)

Vậy góc BIC bù góc A.

a) Xét △ABI và △ACI có

AI là cạnh chung

AB = AC (giả thiết)

BI = CI (giả thiết)

Suy ra △ABI = △ACI (c.c.c)

Do đó \(\widehat {ABI} = \widehat {ACI}\), \(\widehat {BAI} = \widehat {CAI}\) (các góc tương ứng)

Suy ra AI là tia phân giác của góc BAC

b) Ta có \(\widehat {ABI} + \widehat {ABM} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

\(\widehat {ACI} + \widehat {ACN} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Mà \(\widehat {ABI} = \widehat {ACI}\)(chứng minh câu a)

Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {ACN}\)

Xét △ABM và △ACN có

AB = AC (giả thiết)

\(\widehat {ABM} = \widehat {ACN}\) (chứng minh trên)

BM = CN (giả thiết)

Suy ra △ABM = △ACN (c.g.c)

Do đó AM = AN (hai cạnh tương ứng)

c) Vì △ABI = △ACI (chứng minh câu a)

Nên \(\widehat {AIB} = \widehat {AIC}\)(hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {AIB} + \widehat {AIC} = 180^\circ \)(hai góc kề bù)

Suy ra \(\widehat {AIB} = \widehat {AIC} = 90^\circ \)

Hay AI ⊥ BC

Vậy AI ⊥ BC.

a) Xét △ABI và △ACI có

AI là cạnh chung

AB = AC (giả thiết)

BI = CI (giả thiết)

Suy ra △ABI = △ACI (c.c.c)

Do đó \(\widehat {ABI} = \widehat {ACI}\), \(\widehat {BAI} = \widehat {CAI}\) (các góc tương ứng)

Suy ra AI là tia phân giác của góc BAC

b) Ta có \(\widehat {ABI} + \widehat {ABM} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

\(\widehat {ACI} + \widehat {ACN} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Mà \(\widehat {ABI} = \widehat {ACI}\)(chứng minh câu a)

Suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {ACN}\)

Xét △ABM và △ACN có

AB = AC (giả thiết)

\(\widehat {ABM} = \widehat {ACN}\) (chứng minh trên)

BM = CN (giả thiết)

Suy ra △ABM = △ACN (c.g.c)

Do đó AM = AN (hai cạnh tương ứng)

c) Vì △ABI = △ACI (chứng minh câu a)

Nên \(\widehat {AIB} = \widehat {AIC}\)(hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {AIB} + \widehat {AIC} = 180^\circ \)(hai góc kề bù)

Suy ra \(\widehat {AIB} = \widehat {AIC} = 90^\circ \)

Hay AI ⊥ BC

Vậy AI ⊥ BC.

a) Xét tứ giác BHCK có:               

MH = MK và MB = MI

Suy ra: BHCK là hình bình hành.

b) Vì BHCK là hình bình hành (chứng minh câu a) 

Suy ra: BK // HC và CK // BH (tính chất hình bình hành)

Mà CH ⊥ AB và BH ⊥ AC

Suy ra: BK ⊥ AB và CK ⊥ AC.

c) Vì I đối xứng với H qua BC nên BC là đường trung trực của HI 

Mà M thuộc BC, suy ra MH = MI (tính chất đường trung trực) 

Mà \[MH = MK = \frac{1}{2}HK\]

Suy ra: \[MI = MH = MK = \frac{1}{2}HK\]

Do đó tam giác HIK vuông tại I hay HI ⊥ IK

Mà BC ⊥ HI (do BC là đường trung trực của HI)

Suy ra IK // BC 

Do đó BIKC là hình thang                  (1) 

Ta có BC là đường trung trực của HI, suy ra CI = CH 

Mà CH = BK (vì BKCH là hình bình hành) 

Suy ra BK = CI                         (2)

Từ (1) và (2) suy ra BICK là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết)

d) Gọi giao điểm của BC và HI là J.

Vì BK // CH nên GHCK là hình thang

Để hình thang GHCK là hình thang cân thì \(\widehat {GHC} = \widehat {KCH}\)

Mà \(\widehat {HCK} + \widehat {HCA} = 90^\circ \) và \(\widehat {GHC} + \widehat {HCB} = 90^\circ \) (vì tam giác HJC vuông tại J)

Suy ra \(\widehat {HCA} = \widehat {HCB}\)

Do đó CH là đường phân giác của tam giác ABC 

Lại có CH là đường cao của tam giác ABC 

Suy ra tam giác ABC cân tại C

Vậy tam giác ABC cân tại C thì GHCK là hình thang cân.

a) Vì ABCD là hình vuông nên AB = AD

Xét DADF và DBAE có

AB = AD (chứng minh trên)

\(\widehat {BA{\rm{E}}} = \widehat {ADF}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AE = DF (giả thiết)

Suy ra DADF = DBAE (c.g.c).

b) Vì DADF = DBAE nên \[\widehat {F{\rm{AD}}} = \widehat {EBA},\widehat {{\rm{AFD}}} = \widehat {BE{\rm{A}}}\] (các cặp góc tương ứng)

Gọi G là giao điểm của AF và BE

Xét tam giác AGE có

\[\widehat {AGE} + \widehat {AEG} + \widehat {{\rm{GAE}}} = 180^\circ \] (tổng ba góc trong một tam giác)

Suy ra \[\widehat {{\rm{AGE}}} + \left( {\widehat {AF{\rm{D}}} + \widehat {FAD}} \right) = 180^\circ \]

Hay \[\widehat {{\rm{AGE}}} + 90^\circ = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {{\rm{AGE}}} = 90^\circ \]

Do đó BE ⊥ AF

Xét tam giác EBF có M là trung điểm của EF, N là trung điểm của BF

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác

Do đó MN // BE

Mà BE ⊥ AF (chứng minh trên)

Suy ra MN ⊥ AF

Vậy MN ⊥ AF.

a) Vì ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA.

Xét DDAE và DDCF có

AD = CD (chứng minh trên);

\(\widehat {DA{\rm{E}}} = \widehat {DCF}\left( { = 90^\circ } \right)\);

AE = CF (giả thiết).

Suy ra DDAE = DDCF (c.g.c)

Do đó DE = DF (1) và \(\widehat {A{\rm{D}}E} = \widehat {C{\rm{D}}F}\)                          

Ta có \(\widehat {A{\rm{D}}E} + \widehat {C{\rm{DE}}} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {C{\rm{D}}F} + \widehat {C{\rm{DE}}} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {E{\rm{D}}F} = 90^\circ \)                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác EDF vuông cân tại D.

b) Xét tam giác EBF vuông tại B có BI là trung tuyến, suy ra \[BI = \frac{1}{2}EF\]

Xét tam giác EDF vuông tại D có BI là trung tuyến, suy ra \[DI = \frac{1}{2}EF\]

Do đó BI = DI.

c) Xét hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

Suy ra O là trung điểm của BD

Do đó O thuộc đường trung trực của BD

Vì BI = DI nên I thuộc đường trung trực của BD

Vì CD = CB nên C thuộc đường trung trực của BD

Suy ra O, I, C cùng thuộc đường trung trực của BD.

Vậy O, I, C thẳng hàng.

Cách vẽ: 

+) Vẽ tam giác ABC bất kì

+) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C, vẽ một phần đường thẳng d đi qua A, song song với BC

+) Trên d, lấy điểm D sao cho AD = BC

Khi đó ta có hai vectơ \(\overrightarrow {A{\rm{D}}} ,\overrightarrow {BC} \)cùng hướng và cùng độ dài nên \(\overrightarrow {A{\rm{D}}} = \overrightarrow {BC} \)

+) Tứ giác ABCD có AD // BC và AD = BC nên ABCD là hình bình hành. 

a) • Vì EF // BC nên \(\widehat {IBC} = \widehat {EIB}\) (hai góc so le trong)

Vì BI là tia phân giác của góc ABC nên \(\widehat {EBI} = \widehat {IBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}\)

Suy ra \[\widehat {EBI} = \widehat {EIB}\]

Do đó tam giác BIE cân tại E.

• Vì EF // BC nên \(\widehat {BCI} = \widehat {FIC}\) (hai góc so le trong)

Vì CI là tia phân giác của góc BCD nên \(\widehat {BCI} = \widehat {FCI} = \frac{1}{2}\widehat {BCD}\)

Suy ra \(\widehat {FIC} = \widehat {FCI}\)

Do đó tam giác CIF cân tại F.

b) Vì tam giác BIE cân tại E nên BE = EI.

Vì tam giác CIF cân tại F nên FI = FC.

Ta có EF = EI + IF = BE + FC

Vậy EF = BE + CF.

Xét tam giác OAB có OA = OB nên tam giác OAB cân tại O

Mà OH là trung tuyến

Suy ra OH là đường cao

Hay tam giác OAH vuông tại H

Suy ra AO² = OH² + AH²

Hay \({R^2} = O{H^2} + {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2}\)

Suy ra \[{\rm{O}}H = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {2,{5^2} - {2^2}} = 1,5\]

Vậy H di động trên đường tròn tâm O bán kính 1,5 cm.

Vậy a = b cosC + c cosB

b) Theo định lí tổng ba góc trong một tam giác có

\(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \)

Hay \(\widehat A = 180^\circ - \left( {\widehat B + \widehat C} \right)\)

Suy ra \(\sin A = \sin \left( {180^\circ - \left( {\widehat B + \widehat C} \right)} \right) = \sin \left( {B + C} \right)\) = sinBcosC + cosBsinC.

Vậy sinA = sinBcosC + sinCcosB

c) Áp dụng hệ quả của định lí sin trong tam giác ta có

Vậy ha = 2RsinBsinC.

Gọi giao điểm của AC và BD là E

Các tam giác ACH, AKH nội tiếp đường tròn (O₁) có cạnh HA là đường kính nên tam giác ACH vuông tại C, tam giác AHK vuông tại K

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}DC \bot A{\rm{E     (1)}}\\HK \bot AK{\rm{     (2)}}\end{array} \right.\)

Các tam giác HDK, HDB nội tiếp đường tròn (O₂) có cạnh HD là đường kính nên tam giác HDK vuông tại K, tam giác HBD vuông tại B

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot D{\rm{E        (4)}}\\HK \bot KD{\rm{        (3)}}\end{array} \right.\)

Từ (2) và (3) suy ra A, K, D thẳng hàng

Do đó HK ⊥ AD

Từ (1) và (4) suy ra H là trực tâm tam giác AED

Do đó HE ⊥ AD

Suy ra H thuộc EK

Vậy BC, BD, HK đồng quy tại 1 điểm.

a) Xét tam giác AHC vuông ở H ta có

AC² = AH² + HC² (định lí Pytago)

Hay 25² = 20² + HC²

Suy ra HC = 15 (cm).

Xét tam giác AHC vuông ở H có HK ⊥ AC

Suy ra \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{H{C^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Hay \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{{{20}^2}}} + \frac{1}{{{{15}^2}}}\)

Suy ra HK = 12

Xét tam giác AHC có \(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{20}}{{25}}\)

Suy ra \(\widehat C \approx 53^\circ \)

b) Ta có BE // AH, AH ⊥ BC

Suy ra BE ⊥ BC

Hay tam giác BCE vuông tại B có BD ⊥ AC (giả thiết)

Suy ra BC² = CD . CE (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

⟺ (2BH)² = CD . CE

⟺ 4BH² = CD . CE

⟺ \(B{H^2} = \frac{{C{\rm{D}}.CE}}{4}\)

c) Kẻ AT // BD (T ∈ BE)

Mà BD ⊥ AC suy ra AT ⊥ AC, hay \(\widehat {E{\rm{A}}T} = 90^\circ \).

Xét tứ giác ATB có AT // BO, BT // AO

Suy ra ATBO là hình bình hành

Do đó AT = BO (tính chất hình bình hành)

Vì AH // BE nên \(\widehat {CAH} = \widehat {AEB}\) (hai góc đồng vị)

Xét DEAT và DOAD có

\(\widehat {CAH} = \widehat {AEB}\) (cmt);

\(\widehat {E{\rm{A}}T} = \widehat {{\rm{ADO}}} = 90^\circ \)

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\frac{{AT}}{{{\rm{DO}}}} = \frac{{{\rm{EA}}}}{{A{\rm{D}}}}\) (tỉ số đồng dạng)

Mà AT = BO (chứng minh trên)

Suy ra \(\frac{{OB}}{{O{\rm{D}}}} = \frac{{A{\rm{E}}}}{{A{\rm{D}}}}\).

d) Xét tam giác KFC có CF = CK . sin \(\widehat {CKF}\)

Xét tam giác KHC có CK = HC . sin \(\widehat {KHC}\)

Xét tam giác AHC có HC = AC . sin \(\widehat {HAC}\)

Suy ra \(CF = AC.\sin \widehat {HAC}.\sin \widehat {KHC}.\sin \widehat {CKF}\)

Mà \(\widehat {HAC} = \widehat E\) (hai góc đồng vị);

      \(\widehat {KHC} = \widehat E\) (cùng phụ với góc \(\widehat C\));

      \(\widehat {CKF} = \widehat E\) (cùng phụ với góc \(\widehat C\))

Do đó CF = AC. sin³E

Vậy CF = AC. sin³E.

Vì E là trung điểm của AC nên \[AE = EC = \frac{1}{2}AC\]

Vì F là trung điểm của AB nên \[AF = FB = \frac{1}{2}AB\]

Vì O là trọng tâm tam giác ABC, BE và CF là hai tiếp tuyến

Suy ra \[OE = \frac{1}{2}OB,OF = \frac{1}{2}OC\].

Xét tam giác COE vuông ở O có CE² = CO² + OE²

Xét tam giác COB vuông ở O có CB² = CO² + OB²

Xét tam giác FOB vuông ở O có FB² = FO² + OB²

Ta có AB² + AC² = (2BF)² + (2CE)²

= 4BF² + 4CF²

= 4(FO² + OB²) + 4(CO² + OE²)

= 4(CO² + OB²) + 4FO² + 4OE²

\( = 4B{C^2} + 4.\frac{1}{4}.C{O^2} + 4.\frac{1}{4}.O{B^2}\)

= 5BC²

Suy ra AB² + AC² – BC²  = 4BC²

Do đó \(\frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2{\rm{AB}}{\rm{.AC}}}} = \frac{{4B{C^2}}}{{2{\rm{A}}B.AC}}\)

Suy ra \(\cos A = \frac{{4B{C^2}}}{{2{\rm{A}}B.AC}} \ge \frac{{4B{C^2}}}{{{\rm{A}}{B^2} + A{C^2}}} = \frac{{4B{C^2}}}{{5B{C^2}}} = \frac{4}{5}\)

Vậy \[cosA \ge \frac{4}{5}\].

a) Xét tứ giác ADHE có AD // EH và DH // AE

Suy ra ADHE là hình bình hành

Mà \(\widehat {DA{\rm{E}}} = 90^\circ \)

Suy ra ADHF là hình chữ nhật.

b) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC có:

BC² = AB² + AC²

Thay số: BC² = 6² + 8² = 100

Suy ra BC = 10

Xét tam giác ABC vuông tại A có AH . BC = AB . AC

Thay số: AH . 10 = 6 . 8

Suy ra AH = 4,8

Vì tam giác ABH vuông tại H, theo định lý Pytago ta có

AB² = AH² + HB²

Thay số: 6² = 4,8² + HB²

Suy ra BH = 3,6

Vì tam giác BHD vuông tại D có DM là trung tuyến

Suy ra \[DM = MH = \frac{1}{2}BH = \frac{1}{2}.3,6 = 1,8\]

Ta có CH = BC – BH = 10 – 4,8 = 5,2.

Vì tam giác CHE vuông tại E có EN là trung tuyến

Suy ra \[EN = NH = \frac{1}{2}CH = \frac{1}{2}.5,2 = 2,6\].

Ta có DM + EN = 1,8 + 2,6 = 4,4 (cm)

c) Gọi O là giao điểm của AH và DE.

Vì ADHE là hình chữ nhật nên O là trung điểm của AH, DE và AH = DE.

Suy ra OA = OD = OE = OH

Do đó tam giác OHD cân tại O

Suy ra \(\widehat {O{\rm{D}}H} = \widehat {OH{\rm{D}}}\)

Vì DM = MH (chứng minh câu b) nên tam giác DMH cân tại M

Suy ra \(\widehat {{\rm{MD}}H} = \widehat {MH{\rm{D}}}\)

Ta có \(\widehat {MHD} + \widehat {OH{\rm{D}}} = \widehat {AHB} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {O{\rm{D}}H} = \widehat {OH{\rm{D}}}\), \(\widehat {{\rm{MD}}H} = \widehat {MH{\rm{D}}}\)

Suy ra \(\widehat {MDH} + \widehat {O{\rm{DH}}} = \widehat {M{\rm{D}}O} = 90^\circ \)

Do đó DM ⊥ DO                      (1)

Vì OE = OH

Do đó tam giác OEH cân tại O

Suy ra \(\widehat {OEH} = \widehat {OHE}\)

Vì HN = EN (chứng minh câu b) nên tam giác ENH cân tại N

Suy ra \(\widehat {{\rm{NE}}H} = \widehat {NHE}\)

Ta có \(\widehat {OHE} + \widehat {EHN} = \widehat {AHN} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {OEH} = \widehat {OHE}\), \(\widehat {{\rm{NE}}H} = \widehat {NHE}\)

Suy ra \(\widehat {OEH} + \widehat {OEN} = \widehat {OEN} = 90^\circ \)

Do đó EN ⊥ EO                       (2)

Từ (1) và (2) suy ra DM // EN

Vậy DENM là hình thang.