a, Xét \(\Delta BEC\) và \(\Delta CFD\) vuông tại \(B\) và \(C\) có:
\(BC=CD\left(ABCD-là-hình-vuông\right)\)
\(BE=CF\left(BE=AE;BF=CF;BC=BA\right)\)
\(\Rightarrow\Delta BEC=\Delta CFD\left(2cgv\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{C1}=\widehat{D1}\left(2g.t.ứ\right)\)
Vì: \(\widehat{C1}+\widehat{C2}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{D1}+\widehat{D2}=90^0=\widehat{CMD}\)
\(\Rightarrow CE\perp DF\left(đpcm\right)\)
c, Xét \(\Delta EAK\) và \(\widehat{EBC}\) vuông tại \(B\) và \(A\) có:
\(\widehat{E1}=\widehat{E2}\left(đ.đỉnh\right)\)
\(AE=BE\left(E-là-trung-điểm-của-BA\right)\)
\(\Rightarrow\Delta EAK=\Delta EBC\left(cgv-gnk\right)\)
\(\Rightarrow AK=BC\left(2c.t.ứ\right)\)
Xét \(\Delta DMK\) vuông tại \(M\left(cmt\right)\) có:
\(MA-là-tr.tuyến\Rightarrow AM=AD\)
\(\Rightarrow\Delta DAM\) cân tại \(A\left(đpcm\right)\)
d, Chứng minh tương tự như chứng minh tam giác ta có:
\(\Delta CMD~\Delta DCD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CD}{FD}=\frac{CM}{FC}\)
\(\Rightarrow\frac{S_{DMC}}{S_{DCF}}=\left(\frac{CD}{FD}\right)^2\Rightarrow S_{CMD}=\left(\frac{CD}{FD}\right)^2.S_{FCD}\)
Xét \(\Delta DCF\) vuông tại \(C\) có:
\(FD^2=CD^2+CF^2=CD^2+\left(\frac{CD}{2}\right)^2=\frac{5CD^2}{4}=\frac{5a^2}{4}\)
\(\Rightarrow S_{FCD}=\frac{1}{2}CF.CD=\frac{1}{4}CD^2=\frac{a^2}{4}\)
\(S_{DMC}=\left(\frac{CD}{FD}\right)^2.S_{FCD}=\frac{CD^2}{FD^2}.\frac{CD^2}{4}=\frac{4a^2}{5a^2}.\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{5}\)
