a: góc AEM=góc AFM=90 độ

=>AEMF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

=>AEMF nội tiếp (I)

Xét (I) có

góc EIF là góc ở tâm chắn cung EF

góc EAF là góc nội tiếp chắn cung EF

Do đó: góc EIF=2*góc EAF=120 độ không đổi

b: Xét ΔEIF có IE=IF 

nên ΔIEF cân tại I

=>góc IEF=(180-120)/2=30 độ

Xét ΔIEF có \(\dfrac{IF}{sinIEF}=\dfrac{EF}{sinEIF}\)

=>\(\dfrac{IF}{sin30}=\dfrac{EF}{sin120}\)

=>\(EF=\dfrac{IF}{sin30}\cdot sin120=\dfrac{AM}{2}\cdot\sqrt{3}=AM\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

Bài 3: 

a: Xét ΔAIB và ΔCID có

IA=IC

góc AIB=góc CID

IB=ID

Do đó: ΔAIB=ΔCID

b: Xét tứ giác ABCD có

I là trung điểm chung của AC và BD

nên ABCD là hình bình hành

Suy ra: AD//BC va AD=BC

Bài 6: 

a: Xét ΔADB và ΔAEC có

AD=AE
góc A chung

AB=AC

Do đó: ΔADB=ΔAEC
SUy ra: BD=CE
b: Xét ΔEBC và ΔDCB có

EB=DC

BC chung

EC=BD

Do đó: ΔEBC=ΔDCB

Suy ra: góc OBC=góc OCB

=>ΔOBC cân tại O

=>OB=OC

=>OE=OD

=>ΔOED cân tại O

c: Xét ΔABC có AE/AB=AD/AC
nên ED//BC

Xét tam giác \(SAC\) có:

\(AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2} - 2.SA.SC.\cos \widehat {ASC}}  = a\sqrt 3 \)

\(SI\) là trung tuyến \( \Rightarrow SI = \frac{{\sqrt {2\left( {S{A^2} + S{C^2}} \right) - A{C^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)

Ta có: \(S{I^2} + A{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{A^2}\)

\( \Rightarrow \Delta SAI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot AC\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) có: \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}}  = a\sqrt 2 \)

Xét tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat {BSC} = {60^ \circ }\) nên tam giác \(SBC\) đều. Vậy  \(BC = a\)

Xét tam giác \(ABC\) có: \(A{B^2} + B{C^2} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} + {a^2} = 3{a^2} = A{C^2}\)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác \(SBI\) có: \(S{I^2} + B{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{B^2}\)

\( \Rightarrow \Delta SBI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot BI\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AC\\SI \bot BI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\)

Bài làm:

Ta có: Vì ΔABC đều => \(\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^0\)

Xét Δ vuông MBE có BE = 1/2 BM 

=> \(EM^2=BM^2-BE^2=BM^2-\frac{1}{4}BM^2=\frac{3}{4}BM^2\)

=> \(EM=\frac{BM\sqrt{3}}{2}\)

Tương tự CM được:  \(FM=\frac{MC\sqrt{3}}{2}\)

=> \(ME+MF=\frac{\left(BM+MC\right)\sqrt{3}}{2}=\frac{BC.\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)

b) Ta có: Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

=> \(IE=FI=\frac{AM}{2}=AI\)

Vì IE = AI => Δ AIE cân tại I => \(\widehat{IAE}=\widehat{IEA}\)

=> \(\widehat{EIM}=\widehat{IAE}+\widehat{IEA}=2\widehat{IAE}\)

Tương tự CM được: \(\widehat{FIM}=2\widehat{FAI}\)

=> \(\widehat{EIM}+\widehat{FIM}=2\left(\widehat{IAE}+\widehat{FAI}\right)=2.60^0=120^0\)

=>\(\widehat{EIF}=120^0\)

c) Khi AM = 20cm => \(EI=FI=10cm\)

=> Δ EIF cân tại I => \(\widehat{FEI}=\widehat{IFE}=30^0\)

Xong từ I kẻ đường cao xuống EF làm 1 vài động tác CM ra được: \(EF=10\sqrt{3}cm\)

(ko hiểu thì ib)

d) Áp dụng t/c đường xiên hình chiếu => Min AM = AH khi M trùng H

a) Xét tam giác ABC có AB = AC => tam giác ABC cân tại A mà M là trung điểm BC

=> \(AM \bot BC\) (1)

\(\begin{array}{l}SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right);SM \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1), (2) ta có \(\widehat {SMA}\) là một góc phẳng của góc nhị diện [S, BC, A].

b) Xét tam giác ABC cân tại A có

\(\widehat {BAC} = {120^0} \Rightarrow \widehat {ACB} = {30^0}\)

\(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AM}}{{AC}} \Leftrightarrow \tan {30^0} = \frac{{AM}}{a} \Leftrightarrow AM = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

\(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}:\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SMA} = \arctan \frac{1}{2}\)