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

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

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