Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right).\) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC.\) Gọi \(H\) và \(K\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) lên cạnh \(AC\) và \(AB.\)

     a) Giải thích tại sao tứ giác \(AKMH\) là hình chữ nhật.

     b) Gọi \(D\) là trung điểm \(MC;\) \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(HK.\) Tứ giác \(AIDH\) là hình gì, vì sao?

     c) Từ \(K\) kẻ \(KE \bot HD\) tại \(E.\) Kéo dài \(AE\) cắt \(MH\) tại \(N.\) Chứng minh \(\Delta AEM\) vuông và \(AM\) là phân giác \(\widehat {NAB}.\)

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 \(EI = \frac{1}{2}AM\)

Xét \(\Delta AEM\) có \[EI\] là đường trung tuyến của \(\Delta AEM\) (do \[I\] là trung điểm của \[AM\]) và \(EI = \frac{1}{2}AM\) nên \(\Delta AEM\) 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 \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_2}}\)

Vì \[AIDH\] là hình bình hành (câu b) nên \(AI\,{\rm{//}}\,HD\) hay \(AM\,{\rm{//}}\,ED\), suy ra \(\widehat {{M_1}} = \widehat {{E_1}}\) (so le trong)

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

Ta cũng có \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{H_1}}\) (so le trong của \(AM\,{\rm{//}}\,ED\))    (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 \(\widehat {NAB}.\)