Bài 1:
a) Xét △ABM và △ACM có:
AB = AC
BM = CM
AM chung
=> △ABM = △ACM (c.c.c) (1)
b) Từ (1) => góc BAM = góc CAM = 1/2 góc BAC
Mà AM nằm giữa AB và AC
=> AM là phân giác góc BAC
Lại có: góc AMB = góc AMC
Mà góc AMB + góc AMC = 180
=> góc AMB = góc AMC = 90 => AM vuông góc với BC
c) Xét △DBM và △DCM có:
DM chung
góc DMB = góc DMC = 90 (DM vuông góc BC)
BM = MC
=> △DBM = △DCM (c.g.c)
=> DB = DC
d) Xét △ABC có AB = AC => △ABC cân tại A => góc ABC = góc ACB
Xét △BHM và △CKM có:
BH = CK
góc ABC = góc ACB
BM = CM
=> △BHM = △CKM (c.g.c)
=> HM = MK
Bài 4:
a: Xét ΔABM và ΔCDM có
MA=MC
\(\hat{AMB}=\hat{CMD}\) (hai góc đối đỉnh)
MB=MD
Do đó: ΔMAB=ΔMCD
b: ΔMAB=ΔMCD
=>AB=CD
ΔMAB=ΔMCD
=>\(\hat{MAB}=\hat{MCD}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên AB//CD
Ta có: AB//CD
AB⊥CA
Do đó: CD⊥CA
=>AC⊥DE
c: Xét ΔBAC và ΔCEB có
\(\hat{ABC}=\hat{ECB}\) (hai góc so le trong, AB//CE)
BC chung
\(\hat{BCA}=\hat{EBC}\) (hai góc so le trong, BE//AC)
Do đó: ΔBAC=ΔCEB
=>CE=AB
mà AB=CD
nên CE=CD
=>C là trung điểm của ED
Bài 3:
a: Xét ΔAMB và ΔAMC có
AM chung
MB=MC
AB=AC
Do đó: ΔAMB=ΔAMC
b: ΔAMB=ΔAMC
=>\(\hat{AMB}=\hat{AMC}\)
mà \(\hat{AMB}+\hat{AMC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AMB}=\hat{AMC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
=>AM⊥BC tại M
Xét ΔMAC vuông tại M và ΔMEB vuông tại M có
MA=ME
MC=MB
Do đó: ΔMAC=ΔMEB
=>\(\hat{MAC}=\hat{MEB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên AC//BE
c: Ta có: BH⊥AC
AC//BE
Do đó: BH⊥BE
Ta có: BH⊥BE
CK⊥BE
Do đó: BH//CK
Xét ΔBAC và ΔCEB có
AC=EB
\(\hat{ACB}=\hat{EBC}\) (hai góc so le trong, BE//AC)
BC chung
Do đó: ΔBAC=ΔCEB
=>\(\hat{BAC}=\hat{CEB}\)
mà \(\hat{BAC}+\hat{ABH}=90^0\) (ΔAHB vuông tại H)
và \(\hat{CEB}+\hat{ECK}=90^0\) (ΔCKE vuông tại K)
nên \(\hat{ABH}=\hat{ECK}\)
d: Xét ΔHBC vuông tại H và ΔKCB vuông tại K có
BC chung
\(\hat{HBC}=\hat{KCB}\) (hai góc so le trong, BH//CK)
Do đó: ΔHBC=ΔKCB
=>HB=KC và HC=KB
Xét ΔMCK và ΔMBH có
MC=MB
\(\hat{MCK}=\hat{MBH}\) (hai góc so le trong, BH//CK)
CK=BH
Do đó: ΔMCK=ΔMBH
=>\(\hat{CMK}=\hat{BMH}\)
mà \(\hat{BMH}+\hat{HMC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{CMK}+\hat{HMC}=180^0\)
=>H,M,K thẳng hàng
ΔMCK=ΔMBH
=>MK=MH
=>M là trung điểm của KH
Bài 2:
a: Xét ΔIAC và ΔIDB có
IA=ID
\(\hat{AIC}=\hat{DIB}\) (hai góc đối đỉnh)
IC=IB
Do đó: ΔIAC=ΔIDB
=>\(\hat{IAC}=\hat{IDB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên CA//DB
b: ta có: AH⊥BC
DK⊥BC
Do đó: AH//DK
Xét ΔIHA vuông tại H và ΔIKD vuông tại K có
IA=ID
\(\hat{IAH}=\hat{IDK}\) (hai góc so le trong, AH//DK)
Do đó: ΔIHA=ΔIKD
=>AH=DK
Bài 1:
a: Xét ΔAMB và ΔAMC có
AM chung
MB=MC
AB=AC
Do đó: ΔAMB=ΔAMC
b: ΔAMB=ΔAMC
=>\(\hat{MAB}=\hat{MAC}\)
=>AM là phân giác của góc BAC
ΔAMB=ΔAMC
=>\(\hat{AMB}=\hat{AMC}\)
mà \(\hat{AMB}+\hat{AMC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AMB}=\hat{AMC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
=>AM⊥BC tại M
c: Xét ΔDBM vuông tại M và ΔDCM vuông tại M có
DM chung
MB=MC
Do đó: ΔDBM=ΔDCM
=>DB=DC
=>ΔDBC cân tại D
d: Xét ΔMBH và ΔMCK có
MB=MC
\(\hat{MBH}=\hat{MCK}\)
BH=CK
Do đó: ΔMBH=ΔMCK
=>MH=MK
