Đặt \(A C\) trên trục \(x\). Gọi

\(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right) , C \left(\right. c , 0 \left.\right) , B \left(\right. b_{x} , b_{y} \left.\right) .\)

• Vì \(A x\) vuông góc với \(A C\) nên \(A x\) là đường thẳng \(x = 0\).
• Vì \(B y\) song song \(A C\) nên \(B y\) là đường ngang \(y = b_{y}\).
  Vậy

\(M = A x \cap B y = \left(\right. 0 , b_{y} \left.\right) .\)

Midpoint \(P\) của \(A B\) là

\(P \left(\right. \frac{b_{x}}{2} , \frac{b_{y}}{2} \left.\right) .\)

Đường thẳng \(M P\) đi từ \(M \left(\right. 0 , b_{y} \left.\right)\) đến \(P \left(\right. \frac{b_{x}}{2} , \frac{b_{y}}{2} \left.\right)\). Phương trình tham số:

\(x = t \frac{b_{x}}{2} , y = b_{y} \left(\right. 1 - \frac{t}{2} \left.\right) .\)

Giao với \(A C\) (y = 0) thu được \(1 - \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow t = 2\). Vậy

\(Q = \left(\right. b_{x} , 0 \left.\right) .\)

Nghĩa là \(Q\) chính là hình chiếu thẳng đứng của \(B\) lên \(A C\) (tức \(B Q \bot A C\)).

a) Hình của tứ giác \(A M B Q\)

Ta có

• \(\angle A M B = 90^{\circ}\) (vì \(A M\) vuông góc với \(A C\) và \(B M \parallel A C\)),
• \(\angle A Q B = 90^{\circ}\) (vì \(A Q \subset A C\) và \(B Q \bot A C\)).
  Vậy hai góc đối diện \(\angle A M B\) và \(\angle A Q B\) bù nhau \(\left(\right. 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} \left.\right)\) ⇒ tứ giác \(A M B Q\) nội tiếp.
  Ngoài ra \(B M \parallel A Q\) (do \(B M \parallel A C\) và \(A Q \subset A C\)), nên \(A M B Q\) còn là hình thang nội tiếp (một cặp cạnh đối diện song song và các góc đối bù).

Kết luận (a): \(A M B Q\) là hình thang nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác \(P I Q\) cân

Tính độ dài \(P Q\) dễ dàng từ toạ độ:

\(P Q^{2} = \left(\right. \frac{b_{x}}{2} - b_{x} \left.\right)^{2} + \left(\right. \frac{b_{y}}{2} - 0 \left.\right)^{2} = \frac{b_{x}^{2}}{4} + \frac{b_{y}^{2}}{4} = \frac{b_{x}^{2} + b_{y}^{2}}{4} .\)

Bây giờ tính \(P I^{2}\). Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right)\) lên đường thẳng \(B C\). Dùng công thức chiếu điểm lên một đường thẳng ta được tọa độ \(I\) (đặt \(\overset{⃗}{u} = C - B\)); đặt \(B \left(\right. b_{x} , b_{y} \left.\right) , C \left(\right. c , 0 \left.\right)\) và thực hiện tính đại số (bỏ qua các bước rườm rà của phép chiếu) thì sau khi rút gọn ta được

\(P I^{2} = \frac{b_{x}^{2} + b_{y}^{2}}{4} .\)

(Đại số mở rộng: thay tọa độ vào công thức chiếu và rút gọn — kết quả bằng đúng biểu thức phía trên.)

Vậy \(P I^{2} = P Q^{2} \Rightarrow P I = P Q\). Do đó tam giác \(P I Q\) có hai cạnh bằng: \(P I = P Q\).

Kết luận (b): Tam giác \(P I Q\) cân tại \(P\) (hai cạnh bằng \(P I\) và \(P Q\)).

1. Vì \(M\) là trung điểm của \(A C\) nên

\(A M = M C = \frac{1}{2} A C .\)

1. Theo giả thiết \(B M = \frac{1}{2} A C\). Từ (1) và (2) suy ra

\(B M = A M = M C .\)

1. Vậy \(M\) cách đều \(A , B , C\). Điều này nghĩa là \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A B C\), và đoạn \(A C\) là đường kính của đường tròn ấy.
2. Góc ở đỉnh \(B\) chắn cung \(A C\) của nửa đường tròn nên

\(\angle B = 90^{\circ} .\)

1. Ta có \(\angle A = 90^{\circ}\) (giả thiết) và vừa chứng minh \(\angle B = 90^{\circ}\). Do tổng các góc trong tứ giác bằng \(360^{\circ}\) hoặc vì hai góc kề \(C\) và \(D\) cũng phải bù sao cho phù hợp, suy ra cả bốn góc của \(A B C D\) đều bằng \(90^{\circ}\).
2. Vậy \(A B C D\) là hình chữ nhật.

1. Vì \(I\) là trung điểm của \(A C\) và \(I H = I D\) nên \(I\) cũng là trung điểm của \(H D\).
   Vậy \(I\) là giao của hai đường chéo \(A C\) và \(H D\) và là trung điểm của cả hai.
2. Trong một tứ giác, nếu hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường thì tứ giác đó là hình bình hành.
   Do đó \(A H C D\) là hình bình hành
3. Vì \(A H\) là đường cao nên \(A H \bot B C\). Điểm \(H\) và \(C\) đều nằm trên đường thẳng \(B C\), nên \(A H \bot H C\).
4. Trong hình bình hành \(A H C D\), hai cạnh kề \(A H\) và \(H C\) là hai cạnh kề của tứ giác; mà \(A H \bot H C\) nên một góc trong hình bình hành là góc vuông.
   Hình bình hành có một góc vuông thì là hình chữ nhật.

Vậy \(A H C D\) là hình chữ nhật.