Cho \[\Delta DEF\] vuông tại \(D\) có\(DE < DF\), đường cao\(DH\). Từ \(H\) kẻ \(HM \bot DE\,\,\left( {M \in DE} \right)\). Kẻ\(HN \bot DF\,\,\left( {N \in DF} \right)\). Gọi \(I\)  là trung điểm của HF. Tia \[MH\] cắt tia \[DI\] tại \[K.\]

a) Tứ giác \(DMHN\)là hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh tứ giác \(DHKF\) là hình bình hành.

c) \(MN\) cắt \(DH\) tại \(O\), \(FO\) cắt \(DK\) tại \(G\). Chứng minh \(DK = 3DG\).

a) Tứ giác \(AMHN\) có:

• \(\widehat {MAN} = 90^\circ \) (do  vuông tại \(A\))

• \(\widehat {AMH} = 90^\circ \) (do \(MH \bot AB\))

• \(\widehat {HNA} = 90^\circ \) (do \(HN \bot AC\))

Do đó, tứ giác \(AMHN\) là hình chữ nhật.

b) Ta có: \(MH \bot AB;AC \bot AB\) suy ra \(MH\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(MK\,{\rm{//}}\,AC\).

Do đó \(\widehat {KHI} = \widehat {ACI}\) (hai góc so le trong)

Xét \[\Delta HIK\] và \[\Delta CIA\] có:

\(\widehat {HIK} = \widehat {CIA}\) (hai góc đối đỉnh)

\[HI = IC\] (gt)

\(\widehat {KHI} = \widehat {ACI}\) (cmt)

Do đó \[\Delta HIK = \Delta CIA\] (g.c.g)

Suy ra \[AI = IK\] (hai cạnh tương ứng).

Xét tứ giác \[AHKC\] có \[AI = IK\] (cmt); \[HI = IC\] (gt)

Do đó, tứ giác \[AHKC\] là hình bình hành.

c) Xét tam giác \[AHC\] có \(MN\) cắt \(AH\) tại \(O\), \(CO\) cắt \(AK\) tại \(G\).

Khi đó, \(G\) là trọng tâm của tam giác \[AHC\] suy ra \(AI = \frac{3}{2}AG\) .

Mà \[AK = 2AI\] nên \[AK = 3AG\].

a) \(A = - 2x{y^5}\left( { - {x^2}{y^4}} \right)\left( {6{x^2}y} \right)\)

\[ = 2{x^3}{y^9} \cdot 6{x^2}y\]

\[ = 12{x^5}{y^{10}}\].