Xét ΔAEB và ΔAFC có

+ E^=F^=90∘

+ BAC^ chung

⇒ ΔAEB∽∽ΔAFC(g-g)

⇒ AE.AC=AF.AB

Xét ΔAIC vuông tại I có AI²=AE.AC

Xét ΔAKB vuông tại K có AK²=AF.AB

Mà AE.AC=AF.AB⇒ AI²=AK²

⇔ AI=AK

a) Vì \(A B C D\) là hình bình hành nên \(A B / / C D ; A D / / B C\)

\(\Rightarrow A B / / D G ; A B / / C G ; B K / / A D ; K C / / A D\)

Xét tam giác \(D E G\) có \(A B / / D G\), theo hệ quả của định lí Thales ta có:

\(\frac{A E}{E G} = \frac{E B}{E D}\) (1)

Xét tam giác \(A D E\) có \(B K / / A D\), theo hệ quả của định lí Thales ta có:

\(\frac{E K}{A E} = \frac{E B}{E D}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra, \(\frac{A E}{E G} = \frac{E K}{A E} \Rightarrow A E^{2} = E G . E K\) (điều phải chứng minh).

b) Xét tam giác \(A E D\) có:

\(A D / / B K \Rightarrow \frac{A E}{A K} = \frac{D E}{D B}\)(3)

Xét tam giác \(A E B\) có

\(A B / / B K \Rightarrow \frac{A E}{A G} = \frac{B E}{B D}\) (4)

Từ (3) và (4) ta được:

\(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = \frac{D E}{B D} + \frac{B E}{B D} = \frac{B D}{B D} = 1\)

Ta có: \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = 1 \Rightarrow \frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G}\) (chia cả hai vế cho \(A E\)) (điều phải chứng minh).

A' M B C C' B' D A E

\(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{A E}{B A^{'}} = \frac{A D}{A^{'} C} = \frac{A D + A E}{A^{'} C + A^{'} B} = \frac{D E}{B C}\)

\(\Delta C B B^{'}\)có AE // BC , nên \(\frac{A B^{'}}{B^{'} C} = \frac{A E}{B C}\)( hệ quả của định lí Ta-lét);

\(\Delta B C C^{'}\)có DA // BC , nên \(\frac{A C^{'}}{B C^{'}} = \frac{D A}{B C}\)( hệ quả của định lí Ta-lét).

Ta có : \(\frac{A B^{'}}{C B^{'}} = \frac{A C^{'}}{B C^{'}} = \frac{A E}{B C} + \frac{D A}{B C} = \frac{D E}{B C}\)

Do đó : \(\frac{A M}{A^{'} M} = \frac{A B^{'}}{C B^{'}} + \frac{A C^{'}}{B C^{'}}\)