~ gửi bạn ~

---

`a)`

Vì `hat(BAD) = 60^0, AB = AD`

`=> △ABD` đều

Áp dụng định lí pitago trong `△` vuông `AOB` ta có:

`AO^2=AB^2−OB^2=36−9=27⇒AO=3\sqrt{3}`

`=> AC = 2.AO = 6\sqrt{3}`

-------------

`b)`

Vì `OM ⊥AB, OP⊥CD` và $AB//CD$

`=> M,O,P` thẳng hàng.

Xét `△AOM` và `△COP` có:

`AO = OC`

`hat(POC) = hat(AOM)`

`hat(MAO) = hat(PCA)`

`=> △AOM = △COP` `(g.c.g)`

`=> OM = OP`

`=> O` là trung điểm của `PM`

Chứng minh tương tự ta có `O` là trung điểm của `NQ`

`=>` tứ giác `MNPQ` là hình bình hành

Xét `△AQO` và `△AMO` có:

`AO - ` chung

`hat(QAO) = hat(MAO)`

`hat(AQO) = hat(AMO)`

`=> △AQO = △AMO` `(g.c.g)`

`=> QM = OQ`

`=> MP = NQ`

`=> MNPQ` là hình chữnhật.

`△ AOQ` vuông tại `Q` và có `hat(QAO) = 30^0`

`=> OQ = 1/2 AO = {3\sqrt{3}}/2`

Áp dụng định lí Pitago trong `△` vuông `AQO` ta có:

`AQ^2=AO^2−OQ^2=81/4→AQ=9/2`

Vì `△ AQM` đều `=> QM =AQ=9/2`

Vì `△ OPQ` đều `=> PQ = OQ = {3\sqrt{3}}/2`

Vậy `S_{MNPQ} = MQ . QP = {3\sqrt{3}}/2 . 9/2 = {27\sqrt{3}}/4`

-------------

`c)`

Xét `△ADH` và `△BDK` có:

`AD = BD`

`AH = HK`

`hat(DAH) = hat(DBK)`

`=> △ADH = △BDK` `(c.g.c)`

`=>` `{(DH =DK),(hat(ADH) = hat(BDK)):}`

mà: `hat(HDK) = hat(BDK) + hat(BDH) = hat(ADH) + hat(BDH) = hat(ADB) = 60^0`

`=> △ DHK` đều