Theo kết quả khai quật của Viện khảo cổ học Việt Nam sáng 26/12/2012, công bố phát hiện kiến trúc thời Lý gồm dấu tích công trình nước rất lớn và dấu tích móng tường chạy song song đường nước. Lát gạch móng (lát gạch nền) cho đường nước thời nhà Lý là những viên gạch hình vuông có cạnh dài 38 (cm). Tính tổng số viên gạch cần dùng để lót 16 (m) đường nước dạng hình chữ nhật ở thời nhà Lý, chiều ngang đường nước là 2 (m) (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật.

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

Vì $\mathrm{HE}\perp \mathrm{AB}$, $\mathrm{HF}\perp \mathrm{AC}$ nên $\widehat{\mathrm{HEA}}={90}^{\circ },\widehat{\mathrm{HFA}}={90}^{\circ }$.

Xét tứ giác AEHF ta có:

$\widehat{\mathrm{EAF}}=\widehat{\mathrm{HEA}}=\widehat{\mathrm{HFA}}={90}^{\circ }$

Suy ra, tứ giác AEHF là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

b) Gọi D là điểm đối xứng của A qua F. Chứng minh DHEF là hình bình hành.

Vì AEHF là hình chữ nhật suy ra EH // AF và EH = AF (tính chất của hình chữ nhật)

Vì D là tâm đối xứng của A qua F nên F là trung điểm của AD. Suy ra, AF = FD.

Do đó, EH // FD và EH = FD.

Suy ra, DHEF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

c) Gọi I là giao điểm của EF và AH; M là trung điểm của BC. Qua A kẻ tia Ax vuông góc với đường thẳng MI cắt tia CB tại K. Chứng minh 4 điểm K, E, I, F thẳng hàng.

+) Vì I là giao điểm của EF và AH nên ba điểm E, I, F thẳng hàng.

+) Gọi O là giao điểm của EF và AM.

Vì AM là đường trung tuyến của $\mathrm{\Delta ABC}$ nên AM = MC suy ra $\mathrm{\Delta AMC}$ cân tại M. Do đó, $\widehat{\mathrm{MAC}}=\widehat{\mathrm{MCA}}$.

Vì EHFA là hình chữ nhật, có I là giao điểm hai đường chéo nên ta có $\widehat{\mathrm{IAF}}=\widehat{\mathrm{IFA}}$.

Xét $\mathrm{\Delta AHC}$ ta có: $\widehat{\text{HAC}}\text{+}\widehat{\text{HCA}}{\text{=90}}^{\circ }$ hay $\widehat{\text{IAF}}\text{+}\widehat{\text{MCA}}{\text{=90}}^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{IFA}}+\widehat{\mathrm{MAC}}={90}^{\circ }$ hay $\widehat{\mathrm{OFA}}+\widehat{\mathrm{OAF}}={90}^{\circ }$

Xét $\mathrm{\Delta OAF}$ có $\widehat{\mathrm{OFA}}+\widehat{\mathrm{OAF}}={90}^{\circ }$ suy ra $\widehat{\mathrm{AOF}}={90}^{\circ }$

=> EF vuông góc với AM tại O hay IF vuông góc với AM tại O.

+) Xét $\mathrm{\Delta KAM}$ ta có:

$\mathrm{GM}\perp \mathrm{KA}$ tại G

$\mathrm{AH}\perp \mathrm{KM}$ tại H

Mà I là giao điểm của AH và GM nên I là trực tâm của $\mathrm{\Delta KAM}$.

$\Rightarrow \mathrm{KI}\perp \mathrm{AM}$ mà $\mathrm{IF}\perp \mathrm{AM}$

=> K, I, F thẳng hàng.

Ta có:

Ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Ba điểm K, I, F thẳng hàng.

=>  Bốn điểm I, K, E, F thẳng hàng.

Ta có ${\left(\mathrm{x}-\mathrm{y}\right)}^2={\mathrm{x}}^2-2\mathrm{xy}+{\mathrm{y}}^2$