Cho tam giác DEF vuông cân tại D. Gọi G là trung điểm của EF

Để chứng minh các phần a) và b) của câu hỏi 1, ta có thể sử dụng các định lí về góc và đường thẳng trong tam giác.

a) Ta có tam giác DEF vuông cân tại D, nên góc EDF = 90 độ. G là trung điểm của EF nên EG = GF. Khi đó, ta có tam giác EGD và tam giác FGD đều có cạnh EG bằng nhau, cạnh GD bằng nhau và góc EGD = góc FGD (cạnh-góc-cạnh). Do đó, góc EDG = góc DFG.

b) Ta có tam giác DEF vuông cân tại D, G là trung điểm của EF nên EG = GF. Lấy điểm H thuộc đoạn thẳng EG, ta kẻ hai đường thẳng EI và FK vuông góc với DH tại I và K.

Khi đó, ta có tam giác EDH và tam giác FDH đều vuông tại D, nên EI và FK lần lượt là đường cao của tam giác EHD và FHD. Do đó, EI = DHsin(EDH) và FK = DHsin(FDH). Vì tam giác DEF vuông cân tại D nên sin(EDH) = sin(FDH), từ đó suy ra EI = FK.

Ta cũng có EG = GF, nên tam giác EGI và tam giác FKG đều có cạnh EG bằng nhau, cạnh GI bằng nhau và góc EGI = góc FKG (cạnh-góc-cạnh). Do đó, tam giác GIK vuông cân tại G.

Vậy, ta đã chứng minh được EI = DK và tam giác GIK vuông cân.

Để chứng minh phần 2, ta cũng có thể sử dụng các định lí về góc và đường thẳng trong tam giác.

Gọi O là trung điểm của MN, ta có MO = NO = 1/2MN. Vì MQ vuông góc với MN nên tam giác MNQ vuông tại Q, từ đó ta có MQ = MNsin(NMQ) = MNsin(90-NMP) = MNcos(NMP).

Tương tự, ta có MR = MPcos(NMP).

Vậy, ta có QR = MQ + MR = MNcos(NMP) + MPcos(NMP) = MN(MP + MP)cos(NMP) = 2MNcos(NMP) = 2MOcos(NMP) = 2MOsin(MON) = 2MI.

Do đó, MI = 1/2QR.