a) Tam giác ABC cân tại A có AI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:

AI ⊥ BC

+) Tương tự, tam giác BCD cân tại D có DI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:

DI ⊥ BC

+) Ta có: 

a) Tam giác ABC cân đỉnh A và có I là trung điểm của BC nên AI ⊥ BC. Tương tự tam giác DBC cân đỉnh D và có có I là trung điểm của BC nên DI ⊥ BC. Ta suy ra:

BC ⊥ (AID) nên BC ⊥ AD.

b) Vì BC ⊥ (AID) nên BC ⊥ AH

Mặt khác AH ⊥ ID nên ta suy ra AH vuông góc với mặt phẳng (BCD).

CMR: BC ⊥ (ADH) và DH = a.

● Δ ABC đều, H là trung điểm BC nên AH  BC, AD  BC

⇒ BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DH.

⇒ DH = d(D, BC) = a

CMR: DI ⊥ (ABC).

● AD = a, DH = a ΔDAH cân tại D.

- Mặt khác I là trung điểm của AH nên DI ⊥ AH.

● BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DI.

⇒ DI ⊥ (ABC).

a) Dựa vào dấu hiệu nhận biết ở bài 2, chứng minh được EH.EB = EI.EC (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

b) Gọi F là giao điểm của Ek và BC. 

a) Dựa vào dấu hiệu nhận biết ở bài 2, chứng minh được EH.EB = EI.EC (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

b) Gọi F là giao điểm của Ek và BC. 

Cần chứng minh FKIC là tứ giác nội tiếp.

Do ABC cân \(\Rightarrow AM\perp BC\)

Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow DA\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(ADM\right)\Rightarrow BC\perp AH\)

\(\Rightarrow AH\perp\left(BCD\right)\)

b.

Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AC\\MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(AC;DM\right)}=\widehat{\left(MN;DM\right)}=\widehat{DMN}\)

\(DN=\sqrt{AD^2+AN^2}=\sqrt{AD^2+\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{89}}{10}\)

\(AM=\sqrt{AB^2-\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{4a}{5}\Rightarrow DM=\sqrt{AD^2+AM^2}=\dfrac{4a\sqrt{2}}{5}\)

Định lý hàm cos cho tam giác DMN:

\(cos\widehat{DMN}=\dfrac{DM^2+MN^2-DN^2}{2DM.MN}=\dfrac{2\sqrt{2}}{5}\)

\(\Rightarrow\widehat{DMN}\approx55^033'\)

c.

M là trung điểm BC nên hiển nhiên \(G_1\) nằm trên AM và \(G_2\) nằm trên DM

Do \(G_1\) là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\dfrac{AG_1}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{1}{3}\)

Do \(G_2\) là trọng tâm DBC \(\Rightarrow\dfrac{DG_2}{DM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_2}{DM}=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{MG_2}{DM}\Rightarrow G_1G_2||DA\) (Talet đảo)

Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow G_1G_2\perp\left(ABC\right)\)

a, Xét tg AHD và tg CIB có \(AD=BC;\widehat{AHD}=\widehat{CIB}=90^0;\widehat{ADH}=\widehat{CBI}\left(so.le.trong\right)\) nên \(\Delta AHD=\Delta CIB\left(ch-gn\right)\)

Do đó \(AH=CI\)

Mà AH//CI (⊥BD) nên AHCI là hbh

b, Vì AHCI là hbh mà M là trung điểm HI nên cũng là trung điểm AC

Do đó A đối xứng C qua M