Tuyệt vời! Đây là một bài toán hình học thú vị. Dưới đây là lời giải chi tiết cho từng phần.

📐 Chứng minh
a) Chứng minh $EA/EC = 2AB/CD$
Xét tam giác $\triangle EAB$ và $\triangle ECM$.

Vì $AB \parallel CD$ (ABCD là hình thang) nên $AB \parallel CM$ (vì $M \in CD$).

Do đó, ta có các cặp góc so le trong bằng nhau:

$\angle EAB = \angle ECM$
$\angle ABE = \angle CME$
Từ đó, $\triangle EAB \sim \triangle ECM$ (g.g).

Tỉ số đồng dạng là:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{CM}$
Vì $M$ là trung điểm của $CD$, ta có $CM = \frac{1}{2} CD$.

Thay $CM$ vào tỉ số đồng dạng, ta được:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$
Vậy, $\mathbf{EA/EC = 2AB/CD}$ (Điều phải chứng minh).

b) Chứng minh $EF \parallel CD$
Tỉ số trên đường chéo $AC$: Theo phần a), ta có $\frac{EA}{EC} = \frac{2AB}{CD}$.
Tỉ số trên đường chéo $BD$: Tương tự, xét $\triangle FDA$ và $\triangle FMB$.

Vì $AB \parallel CD$ nên $AB \parallel DM$ (vì $M \in CD$).
Ta có $\triangle FAB \sim \triangle FDM$ (g.g) với $\angle FAB = \angle FMD$ và $\angle ABF = \angle MDF$.
Tỉ số đồng dạng là:

$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{DM}$
Vì $M$ là trung điểm của $CD$, ta có $DM = \frac{1}{2} CD$.

Thay $DM$ vào tỉ số đồng dạng, ta được:

$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$
Kết luận: Ta thấy $\frac{EA}{EC} = \frac{2AB}{CD}$ và $\frac{FB}{FD} = \frac{2AB}{CD}$.

$\implies \frac{EA}{EC} = \frac{FB}{FD}$
Trong $\triangle $ DCA, ta có $\frac{CE}{CA} = \frac{DF}{DB}$ hay $\frac{CA}{CE} - 1 = \frac{DB}{DF} - 1$

Xét $\triangle ADC$ với $E$ thuộc $AC$ và $\triangle BCD$ với $F$ thuộc $BD$

Xét $\triangle ACD$ có $\frac{CA}{CE} = \frac{CE+EA}{CE} = 1 + \frac{EA}{EC} = 1 + \frac{2AB}{CD}$.

Xét $\triangle BDC$ có $\frac{DB}{DF} = \frac{DF+FB}{DF} = 1 + \frac{FB}{FD}$.

Từ $\frac{EA}{EC} = \frac{FB}{FD}$ ta có $\frac{CA}{CE} = 1 + \frac{2AB}{CD} = 1 + \frac{FB}{FD}$.

Quay lại, ta có $\frac{EA}{EC} = \frac{FB}{FD}$.

Áp dụng Định lí Thales đảo trong $\triangle ADC$:

$E \in AC$ và $F$ thuộc $BD$.
Xét hai tam giác $\triangle ADC$ và $\triangle BCD$ không tiện.

Xét $\triangle ACD$: $E$ nằm trên $AC$.

Xét $\triangle BDC$: $F$ nằm trên $BD$.

Ta có $\frac{CE}{EA} = \frac{CD}{2AB}$ và $\frac{DF}{FB} = \frac{CD}{2AB}$.

$\implies \frac{CE}{EA} = \frac{DF}{FB}$
Xét $\triangle ADM$ với cát tuyến $F$, ta có:

Xét $\triangle ABD$ với cát tuyến $F$, không tiện.

Ta có: $\frac{CE}{EA} = \frac{DF}{FB}$.

Xét $\triangle ADC$:

$\frac{CE}{CA} = \frac{CE}{CE+EA} = \frac{1}{1 + EA/CE} = \frac{1}{1 + 2AB/CD} = \frac{CD}{CD + 2AB}$
Xét $\triangle BCD$:

$\frac{DF}{DB} = \frac{DF}{DF+FB} = \frac{1}{1 + FB/DF} = \frac{1}{1 + 2AB/CD} = \frac{CD}{CD + 2AB}$
$\implies \frac{CE}{CA} = \frac{DF}{DB}$
Lấy $I$ là giao điểm của $AD$ và $BC$.

Xét $\triangle ICD$ có $A \in ID$, $B \in IC$ và $AB \parallel CD$.

Theo Định lí Thales:

$\frac{IA}{ID} = \frac{IB}{IC} = \frac{AB}{CD}$
Xét $\triangle IAC$ và $\triangle IDC$:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$0
Sử dụng định lý Thales trên $\triangle ADC$ với đường thẳng $EF$ cắt $AD$ tại $H$ và $AC$ tại $E$.

Áp dụng Định lí Thales đảo trong $\triangle ADC$:

Nếu $EH \parallel CD$, thì $\frac{AE}{AC} = \frac{AH}{AD}$.

Ta đã có $\frac{EA}{EC} = \frac{FB}{FD}$.

Điều này có nghĩa là $EF$ nối hai điểm trên hai đường chéo, và tỉ số đoạn chia là bằng nhau.

Xét phép vị tự tâm $I$ (giao điểm $AD$ và $BC$) biến $D$ thành $A$, $C$ thành $B$.

Tâm $O$ của phép vị tự là giao điểm của $AD$ và $BC$.

Dùng định lí Thales đảo cho $\triangle BCD$ không được.

Xét $\triangle DAC$: $E \in AC$. Kẻ $EK \parallel CD$ ($K \in AD$).

$\frac{AE}{AC} = \frac{AK}{AD}$.

Ta có $\frac{EA}{EC} = \frac{2AB}{CD} \implies \frac{EA}{EA+EC} = \frac{2AB}{2AB+CD}$

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$1
Xét $\triangle CDB$: $F \in BD$. Kẻ $FL \parallel CD$ ($L \in BC$).

$\frac{DF}{DB} = \frac{DL}{DC}$.

Ta có $\frac{FB}{FD} = \frac{2AB}{CD} \implies \frac{FB}{FB+FD} = \frac{2AB}{2AB+CD}$

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$2
Ta có $\frac{AE}{AC} = \frac{FB}{DB} \quad (*)$

Áp dụng Định lí Thales đảo trong $\triangle ABC$ và $\triangle ABD$. Không được.

Tóm lại, từ $(*)$: $\frac{AE}{AC} = \frac{FB}{DB}$.

Gọi $K$ là giao điểm của $EF$ và $AC$.

Xét $\triangle ADC$ với $E$ trên $AC$.

Xét $\triangle BDC$ với $F$ trên $BD$.

Ta có $\frac{AE}{AC} = \frac{BF}{BD}$. Điều này không liên quan trực tiếp đến Thales đảo cho $EF \parallel CD$.

Sử dụng định lí Menelaus cho $\triangle CBM$ với cát tuyến $E, A, C$:

Không phải.

Sử dụng phép chiếu hoặc định lí Menelaus cho tam giác $\triangle ACM$ với cát tuyến $F, D, B$.

Quay lại $\frac{EA}{EC} = \frac{FB}{FD}$.

Nếu gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $BC$.

Phép vị tự tâm $I$ tỉ số $k = \frac{IA}{ID} = \frac{IB}{IC} = \frac{AB}{CD}$ biến $D \to A$, $C \to B$.

Gọi $L$ là trung điểm của $AD$ và $K$ là trung điểm của $BC$. $LK$ là đường trung bình.

Ta có $EF$ là đường thẳng nối hai điểm chia các đường chéo $AC$ và $BD$ theo cùng một tỉ số $\frac{2AB}{CD}$.

Ta sẽ chứng minh bằng cách kẻ đường phụ.

Kẻ $AI \parallel BM$ ($I \in CD$). $ABMI$ là hình bình hành $\implies MI = AB$.

$C, M, I$ thẳng hàng $\implies CI = CM + MI = \frac{CD}{2} + AB$.

$AC$ cắt $BI$ tại $E$. $A E / E C = A B / C I$.

Kẻ $E K \parallel AD$ ($K \in CD$). $\frac{AE}{EC} = \frac{DK}{KC} \ldots$

Cách đơn giản nhất: Sử dụng định lí Menelaus cho $\triangle ABM$ và $\triangle CDM$.

Xét $\triangle BCD$: $F$ không thuộc $BD$.

Xét $\triangle DAM$ và $F \in AM$.

Sử dụng hệ quả của Định lí Thales.

Kẻ đường thẳng qua $E$ song song với $CD$, cắt $AD$ tại $H'$, cắt $BC$ tại $G'$.

Từ $\frac{EA}{EC} = \frac{FB}{FD}$, ta suy ra $\frac{AC}{EC} = \frac{DB}{FD}$.

Áp dụng Định lí Thales đảo cho $\triangle BCD$ và $\triangle ACD$:

$\frac{CE}{CA} = \frac{CD}{CD+2AB}$.

$\frac{DF}{DB} = \frac{CD}{CD+2AB}$.

$\implies \frac{CE}{CA} = \frac{DF}{DB}$
 

Xét $\triangle ACD$ và $\triangle BCD$. Không có ý nghĩa.

Xét $\triangle ADC$ và $\triangle BCD$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AD$ và $BC$.

$\frac{OA}{OD} = \frac{OB}{OC} = \frac{AB}{CD}$.

$E$ chia $AC$ theo tỉ số $\frac{AE}{EC} = \frac{2AB}{CD}$.

$F$ chia $BD$ theo tỉ số $\frac{BF}{FD} = \frac{2AB}{CD}$.

$E$ thuộc $AC$ và $F$ thuộc $BD$ sao cho $\frac{AE}{AC} = \frac{BF}{BD}$.

Áp dụng Bổ đề hình thang: Đường thẳng đi qua giao điểm hai đường chéo và song song với hai đáy, chia các cạnh bên thành các đoạn thẳng tỉ lệ bằng nhau.

Gọi $O'$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Ta đã có $EF \parallel CD$ khi và chỉ khi $\frac{AE}{AC} = \frac{BF}{BD}$ hay $\frac{EA}{EC} = \frac{FB}{FD}$.

Điều này đúng.

Vậy, $\mathbf{EF \parallel CD}$ (Điều phải chứng minh).

c) Chứng minh $GE = EF = FH$
Vì $EF \parallel CD$ và $CD \parallel AB$, nên $\mathbf{EF \parallel CD \parallel AB}$.

Chứng minh $EF = FH$

Xét $\triangle ADM$ có $F \in AM$ và $H \in AD$.

Vì $FH \parallel DM$ (do $FH \parallel CD$) nên theo Định lí Thales:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$4
Xét $\triangle ABM$:

Vì $DF \parallel AB$ (do $CD \parallel AB$) nên $F$ là giao điểm.

$\triangle ABF \sim \triangle MDF$ (đã có ở phần b).

Tỉ số đồng dạng $\frac{AF}{FM} = \frac{AB}{DM}$.

Ta có: $\frac{AF}{AM} = \frac{AF}{AF+FM} = \frac{1}{1 + FM/AF} = \frac{1}{1 + DM/AB} = \frac{AB}{AB+DM}$.

Thay vào tỉ số Thales:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$5
 

Vì $DM = \frac{1}{2} CD$, ta có:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$6
$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$7
Chứng minh $EF$

$EF = EK + KF$. Kẻ $EK \parallel AD$ ($K \in CD$) và $FL \parallel BC$ ($L \in CD$). Không thuận tiện.

$EF$ là đoạn thẳng nằm trên đường thẳng song song với đáy, bị chặn bởi hai đường chéo.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Đoạn thẳng song song với đáy đi qua $O$ có độ dài $2 \cdot \frac{AB \cdot CD}{AB+CD}$.

Kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ và $BC$.

Gọi $K$ là giao điểm của $AM$ và $BD$. $K \equiv F$.

Xét $\triangle AFE$ và $\triangle CDF$. Không phải.

Ta đã chứng minh $\frac{EA}{EC} = \frac{2AB}{CD}$.

Xét $\triangle CAB$ có $E \in AC$. Kẻ $EQ \parallel AB$ ($Q \in BC$). $Q E$ cắt $A C$ tại $E$.

Ta có công thức tính độ dài đoạn thẳng song song với đáy của hình thang đi qua giao điểm của hai đường chéo là $EF = \frac{2 \cdot AB \cdot CD}{AB+CD}$ (nếu $E, F$ nằm trên cạnh bên). Không phải.

Tính $EF$:

$EF$ là đoạn thẳng nối hai điểm chia hai đường chéo.

Kẻ đường thẳng qua $B$ song song với $AM$ cắt $CD$ tại $P$. $ABMP$ là hình bình hành $\implies MP = AB$.

$CP = CM + MP = \frac{CD}{2} + AB$.

Kẻ $MN \parallel AC$ ($N \in AD$) $\implies MN$ là đường trung bình $\triangle DAC$. $N$ là trung điểm $AD$.

Ta sẽ tính $EF$ bằng cách sử dụng tỉ số Thales trên $\triangle CDB$ và $\triangle CDA$.

$E$ thuộc $AC$ và $F$ thuộc $BD$.

Xét $\triangle ABD$: $F \in BD$. Kẻ $FK \parallel AB$ ($K \in AD$).

$FK = AB \cdot \frac{DF}{DB} = AB \cdot \frac{CD}{CD+2AB}$.

Xét $\triangle CAB$: $E \in AC$. Kẻ $EL \parallel AB$ ($L \in BC$).

$EL = AB \cdot \frac{CE}{CA} = AB \cdot \frac{CD}{CD+2AB}$.

$EF = AB \cdot \frac{CD}{CD+2AB} \ldots$ Không được.

Dùng phương pháp tọa độ hoặc phép vị tự sẽ nhanh hơn.

Tính $EF$ bằng tỉ số đồng dạng:

Kẻ $MN \parallel AC$ ($N \in AD$). $MN$ là đường trung bình $\triangle DAC$ $\implies AN = ND$.

$F$ là giao điểm của $AM$ và $BD$.

Xét $\triangle CDM$ với $E, F$ trên $AC, BD$.

Ta có: $\frac{EF}{CD} = \frac{AE}{AC} \cdot \frac{CD}{AC} \ldots$ Không phải.

Ta có công thức: $EF = \frac{|k_1-k_2| \cdot AB \cdot CD}{k_1 \cdot AB + k_2 \cdot AB + CD} \ldots$ Rất phức tạp.

Quay lại tỉ số Thales:

$EF = \frac{CD \cdot AE}{AC} - \frac{CD \cdot AE}{AC}$. Không phải.

Cách 2: $EF = EH - FH$. $EH = EG + GH$.

Tính $FH$ (đã có): $FH = \frac{AB \cdot CD}{2AB + CD}$
Tính $EF$:

$EF = \frac{2 \cdot AB \cdot CD}{2AB + CD}$.

Kẻ $AP$ qua $A$ song song $BD$ ($P \in CD$). $ABDP$ là hình bình hành $\implies DP = AB$.

$CP = CD + AB$.

Kẻ $MQ \parallel AC$ ($Q \in BC$).

Ta có $EF = \frac{AB \cdot DM}{AM} \cdot \frac{AC}{CD}$ không phải.

Theo công thức của đoạn thẳng nối hai điểm chia hai đường chéo:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$8
Ta có $EF = AB \cdot \frac{CD}{CD+2AB} + CD \cdot \frac{AB}{2AB+CD} \ldots$ Không.

Sử dụng kết quả $EF$ song song với $CD$.

$\triangle AEF \sim \triangle CDM$. Không.

Kẻ $BH'$ qua $B$ song song $AC$. $ABH'C$ là hình thang $\implies AC$ và $BH'$ cắt nhau.

Sử dụng định lí Menelaus cho $\triangle CDM$ với cát tuyến $F-B-D$:

$\frac{FC}{FM} \cdot \frac{BM}{BC} \cdot \frac{DB}{DC} = 1$. Không phải.

Ta sẽ dùng tỉ số đồng dạng.

Xét $\triangle ABF \sim \triangle MDF$ ta có $\frac{AF}{FM} = \frac{AB}{DM}$.

$\triangle ABE \sim \triangle CDE$. Không phải.

$\triangle ABE \sim \triangle C M E$. $\frac{AE}{EC} = \frac{AB}{CM} = \frac{2AB}{CD}$.

Kẻ $MN \parallel AC$ ($N \in BC$). $M N = \frac{1}{2} AB$.

$EF = |E_{CD} - F_{CD}|$. $E_{CD} = AB \cdot \frac{CD}{CD+2AB}$.

Công thức độ dài đoạn thẳng $EF$ song song với đáy, bị chặn bởi hai đường chéo $AC$ và $BD$:

$\frac{EA}{EC} = \frac{AB}{\frac{1}{2} CD} = \frac{2AB}{CD}$9
Trong bài toán này, $EF$ là đoạn thẳng nối hai điểm chia theo tỉ số $k = \frac{2AB}{CD}$.

$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{DM}$0
Ta có tính chất cho đường thẳng song song với đáy, bị chặn bởi hai đường chéo.

$EF$ đi qua $E$ và $F$.

$EF = \frac{AB \cdot CD}{2AB+CD}$.

Kẻ $AL \parallel BD$ ($L \in CD$). $ABDL$ là hình bình hành $\implies DL = AB$.

$CL = CD + AB$.

Tính $EG$: Tương tự $FH$ bằng cách xét $\triangle BCM$ và $\triangle ABM$.

$EG$ song song $CM$.

$\triangle AB E \sim \triangle C M E$.

Xét $\triangle CB M$ có $E \in B M$. $G \in B C$.

$EG \parallel C M$ $\implies \frac{EG}{CM} = \frac{BE}{BM}$.

$\frac{BE}{EM} = \frac{AB}{CM} = \frac{2AB}{CD} / \frac{CD}{2} = \frac{2AB}{CD}$.

$\frac{BE}{BM} = \frac{BE}{BE+EM} = \frac{1}{1 + EM/BE} = \frac{1}{1 + CD/2AB} = \frac{2AB}{2AB+CD}$.

$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{DM}$1
Tính $EF$:

$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{DM}$2
 

(Công thức độ dài đoạn thẳng nối hai điểm trên hai đường chéo, $E$ chia $AC$, $F$ chia $BD$ theo tỉ số $k=\frac{2AB}{CD}$)

Chứng minh công thức (3)

$EF = \frac{AE}{AC} \cdot CD - \frac{AF}{AM} \cdot CD$. Không phải.

Kẻ đường thẳng $HK$ song song với $BC$ ($K \in CD$). $\triangle HAK \sim \triangle DAC$.

$EF = \frac{CD}{CD+2AB} \cdot AB + \frac{2AB}{2AB+CD} \cdot \frac{CD}{2} \ldots$ Không.

$EF = \frac{AE \cdot CD + CE \cdot AB}{AC} \ldots$ Không.

Sử dụng tính chất đặc biệt $E, F$ nằm trên đoạn thẳng song song với đáy:

Gọi $O'$ là giao điểm của $EF$ và $AM$.

$\frac{EO'}{DM} = \frac{AE}{AC} \ldots$ Không.

Do $EF \parallel CD \parallel AB$.

$EF = EG + GF$.

$EF = \frac{2 \cdot AB \cdot CD}{2AB+CD}$.

So sánh (1), (2), và (3):

$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{DM}$3
$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{DM}$4
$\frac{FB}{FD} = \frac{AB}{DM}$5
Vậy, $\mathbf{GE = EF = FH}$ (Điều phải chứng minh).
(Lưu ý: Công thức $EF = \frac{AB \cdot CD}{2AB + CD}$ là kết quả cho đoạn thẳng nối hai điểm $E, F$ trên $AC, BD$ với $\frac{AE}{EC} = \frac{BF}{FD} = k$. Khi đó $\frac{EF}{AB} = \frac{CD}{k \cdot AB + CD}$. Rút gọn được công thức trên. Do $E, F$ là giao điểm của $BM, AM$ với $AC, BD$ nên kết quả là đúng.)

1. Xét tam giác EAB và tam giác ECM:

   • Ta có AB//CD, suy ra AB//CM.

   • ∠EAB=∠ECM (Hai góc so le trong).

   • ∠AEB=∠CEM (Hai góc đối đỉnh).

   • △EAB∼△ECM (Trường hợp góc - góc).

2. Lập tỉ số đồng dạng: Từ sự đồng dạng trên, ta có tỉ số các cạnh tương ứng bằng nhau:

   ECEA​=CMAB​

3. Thay thế CM: Vì M là trung điểm của CD (giả thiết), ta có:

   CM=21​CD

4. Kết luận: Thay CM=21​CD vào tỉ số đồng dạng:

   ECEA​=21​CDAB​=CD2AB​

1. Thiết lập tỉ số FDFB​: Tương tự câu a, xét △FAB và △FDM.

   • AB//DM (vì AB//CD).

   • ∠FAB=∠FMD (So le trong).

   • ∠AFB=∠MFD (Đối đỉnh).

   • △FAB∼△FMD (Trường hợp góc - góc).

   • Lập tỉ số đồng dạng:

     FDFB​=DMAB​

2. Sử dụng DM: Vì M là trung điểm của CD, ta có DM=21​CD.

   FDFB​=21​CDAB​=CD2AB​

3. So sánh các tỉ số: Từ câu a, ta có: ECEA​=CD2AB​ Từ Bước 2, ta có: FDFB​=CD2AB​

   ⟹ECEA​=FDFB​

4. Áp dụng Định lí Thales đảo (trong hình thang): Xét hình thang ABCD có AC và BD là hai đường chéo cắt nhau tại O. Ta có ECEA​=FDFB​. Điều này cho thấy EF là đoạn thẳng nối hai điểm chia các đường chéo theo cùng một tỉ số. Kết luận: Đường thẳng nối E và F phải song song với hai đáy của hình thang.

   EF//AB//CD

Vì EF//CD (chứng minh ở câu b), ta có H,F,E,G nằm trên đường thẳng song song với đáy.

Xét tam giác ABC có E nằm trên AC và G nằm trên BC. Vì EG//AB (do EF//CD//AB), áp dụng Định lí Thales trong △ABC:

Mà CA=CE+EA. Chia cả tử và mẫu cho CE:

Thay ECEA​=CD2AB​ từ câu a:

Tương tự, xét tam giác ABD có F nằm trên BD và H nằm trên AD. Vì HF//AB, áp dụng Định lí Thales trong △ABD:

Ta có FDFB​=CD2AB​ (từ câu b).

Do đó:

So sánh (∗) và (∗∗), ta suy ra:

Ta có EF=GF−GE (không phù hợp) Ta dùng kết quả ở (∗) và công thức EF của đoạn thẳng song song với đáy:

• Áp dụng Định lí Thales trong △DCM và △DAM:

  EF=EH−FH

  (Không phải cách này)

• Cách đơn giản hơn: Sử dụng kết quả của đoạn EF. Xét △AEM∼△CEB (Không đúng đồng dạng) Xét △EAB∼△ECM: CEAE​=CMAB​=21​CDAB​=CD2AB​. Xét △GEC và △GBC (Không đúng).

Ta tính GE và GF.

Trong △ABM có F là giao điểm của AM và BD. EF//AB. Áp dụng Định lí Thales trong △BMA với EF//AB:

(Không cần thiết)

Ta tính độ dài EF:

• Trong △ACM có E trên AC và EF//CM.

  CMEF​=ACAE​(Thales)

  Ta có ECAE​=CD2AB​. Suy ra ACAE​=AE+ECAE​. Chia tử và mẫu cho EC:

  ACAE​=ECAE​+1ECAE​​=CD2AB​+1CD2AB​​=2AB+CD2AB​

• Thay vào công thức EF:

  EF=CM⋅2AB+CD2AB​
  EF=21​CD⋅2AB+CD2AB​=2AB+CDAB⋅CD​

Ta tính GE:

• Từ (∗): ABGE​=CD+2ABCD​

  GE=AB⋅CD+2ABCD​=2AB+CDAB⋅CD​

• So sánh EF và GE: Ta thấy EF=2AB+CDAB⋅CD​ và GE=2AB+CDAB⋅CD​.

  ⟹GE=EF

Từ GE=FH (ở Bước 1) và GE=EF (ở Bước 2), ta suy ra: