Hình:

Giải:

a) Xét tam giác ABC cân tại A có đường trung tuyến AE

Suy ra AE đồng thời là đường phân giác của góc CAB

\(\Rightarrow\widehat{CAE}=\dfrac{1}{2}\widehat{CAB}\)

Xét tương tự với tam giác CAD, ta được:

\(\widehat{CAF}=\dfrac{1}{2}\widehat{CAD}\)

Ta có: \(\widehat{CAB}+\widehat{CAD}=180^0\) (Hai góc kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{CAE}+\widehat{CAF}=\widehat{EAF}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\widehat{CAB}+\dfrac{1}{2}\widehat{CAD}=\widehat{EAF}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\widehat{CAB}+\widehat{CAD}\right)=\widehat{EAF}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}180^0=\widehat{EAF}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{EAF}=90^0\) (1)

b) Ta có tam giác ABC cân tại A có đường trung tuyến AE

Suy ra AE đồng thời là đường cao của góc CAB

\(\Rightarrow\widehat{AEC}=90^0\) (2)

Chứng minh tương tự với tam giác CAD, ta được:

\(\Rightarrow\widehat{AFC}=90^0\) (3)

Từ (1), (2) và (3)

Suy ra tứ giác AECF là hình chữ nhật

\(\Rightarrow AF//BC\)

\(\Rightarrow CF\perp CE\)

Mà F thuộc CD, E thuộc BC

\(\Rightarrow CD\perp BC\)

Vậy ...

xét tam giác AMB và tam giác CMD có

AM = MC (gt)

góc AMB = góc CMD ( đối đỉnh )

BM = MD (gt)

do đó tam giác AMB = tam giác CMD (c.g.c)

giúp minh câu c nha mình cũng bí bài này

ai jup mik câu b với câu c với

Bài 1 :

a) Ta có : \(\hept{\begin{cases}AM=MB\\AN=NC\end{cases}\Rightarrow}\)MN là đường trung bình tam giác ABC \(\Rightarrow MN\text{//}BC\) hay \(MN\text{//}HK\left(1\right)\)

Dễ thấy MNKB là hình bình hành => \(\widehat{MNK}=\widehat{ABC}=\widehat{MHB}\)(Vì tam giác AHB vuông có HM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền.) . Mặt khác : \(\widehat{MNK}=\widehat{CKN}\)(hai góc ở vị trí so le trong)

=> \(\widehat{MHB}=\widehat{CKN}\). Mà hai góc này lần lượt bù với \(\widehat{MHK}\)và \(\widehat{HKN}\)=> \(\widehat{MHK}=\widehat{HKN}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra MNKH là hình thang cân.

b) Dễ thấy HK là đường trung bình tam giác AED => HK // ED hay BC // ED (3) 

Tương tự , MH và NK lần lượt là các đường trung bình của các tam giác ABE và ACD

=> BE = 2MH ; CD = 2NK mà MH = NK (MNKH là hình thang cân - câu a)

=> BE = CD (4)

Từ  (3) và (4) suy ra BCDE là hình thang cân.

Bài 2 :

a) Ta có : \(\widehat{BAD}=\widehat{CAE}=90^o\Rightarrow\widehat{BAD}+\widehat{DAE}=\widehat{CAE}+\widehat{DAE}\Rightarrow\widehat{BAE}=\widehat{CAD}\)

Xét tam giác BAE và tam giác CAD có : \(AB=AD\left(gt\right)\); \(AC=AE\left(gt\right)\) ; \(\widehat{BAE}=\widehat{CAD}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta BAE=\Delta CAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow CD=BE\)

b) Dễ dàng chứng minh được MP và PN lần lượt là các đường trung bình của các tam giác ACD và tam giác BEC 

=> MP = 1/2CD ; PN = 1/2 BE mà CD = BE => MP = PN => tam giác MNP cân tại P

Để chứng minh góc MPN = 90 độ , hãy chứng minh BE vuông góc với CD.

a: Xét ΔBEC và ΔCDB có 

BE=CD

\(\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)

BC chung

Do đó: ΔBEC=ΔCDB

Suy ra: CE=DB

b: Xét ΔGBC có \(\widehat{GCB}=\widehat{GBC}\)

nên ΔGBC cân tại G

=>GB=GC

Ta có: GB+GD=BD

GE+GC=CE

mà BD=CE

và GB=GC

nên GD=GE

hay ΔGDE cân tại G

c: Ta có: AB=AC
nên A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: GB=GC

nên G nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: MB=MC

nên M nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra A,G,M thẳng hàng

tự vẽ hình nhé!

2) \(\Delta AEB=\Delta ADC\left(c.g.c\right)\)

=> \(\widehat{ABE}=\widehat{ACD}\)(2 góc2 t/ứ)

Mà \(\widehat{ABE}+\widehat{EBD}=180^o\)(kề bù)

\(\widehat{ACD}+\widehat{DCE}=180^o\)(kề bù)

Nên \(\widehat{EBD}=\widehat{DCE}\)

\(\Delta BKD=\Delta CKE\left(g.c.g\right)\)(đpcm)

3) \(\Delta BKD=\Delta CKE\)(câu 2) => KD = KE (2 cạnh t/ứ)

\(\Delta AKE=\Delta AKD\left(c.c.c\right)\)\(\Rightarrow\widehat{EAK}=\widehat{DAK}\)(2 góc t/ứ)

=> AK là p/g \(\widehat{BAC}\left(đpcm\right)\)

4) Có: KE = KD (\(\Delta CKE=\Delta BKD\))

=> K cách đều E và D

=> K nằm trên đường trung trực của ED  (2)

Cần c/m \(AM⊥BC;AN⊥ED\)

Mà BC // ED (tự c/m) => A,M,N thẳng hàng  (3)

Có N nằm trên đường trung trực của ED  (4)

Từ (2);(3);(4) => A,M,K,N thẳng hàng (đpcm)

AI GIÚP MIK DZỚI

a) Xét tứ giác \(ABDC\) có:
\(M\) là trung điểm của \(BC\) (gt)
\(M\) là trung điểm của \(AD\) (do \(D\) đối xứng với \(A\) qua \(BC\))
Suy ra \(ABDC\) là hình bình hành
b) Do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\), có \(AM\) là trung tuyến (gt)
Suy ra \(AM\) là đường cao, trung trực, phân giác
Suy ra \(AM\) vuông góc \(BM\) và \(CM\)
Xét tứ giác \(OAMB\) ta có:
\(E\) là trung điểm của \(OM\) và \(AB\) (gt)
Suy ra \(OAMB\) là hình bình hành
Suy ra \(OB\) // \(AM\); \(OA\) // \(MB\); \(OA = BM\); \(OB = AM\)
Mà \(AM \bot BM\) (cmt)
Suy ra: \(AM \bot OA\); \(OB \bot MB\)
Mà \(AM\) // \(OB\) (cmt)
Suy ra \(OB \bot OA\)
Xét \(\Delta AOB\) và \(\Delta MBO\) (các tam giác vuông) ta có:
\(\widehat {{\rm{AOB}}} = \widehat {{\rm{OBM}}} = 90^\circ \)
\(AO = MB\) (cmt)
\(OB = AM\) (cmt)
Suy ra \(\Delta AOB = \Delta MBO\) (c-g-c)
Suy ra \(OM = AB\)
c) \(OM = AB\) (cmt)
Mà \(EM = EO = \frac{1}{2}OM\); \(EA = EB = \frac{1}{2}AB\)
Suy ra \(EO = EA = EM = EB\) (1)
Xét \(\Delta ABC\) cân ta có: \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{ACB}}}\) và \(AB = AC\)
Mà \(EA = EB = \frac{1}{2}AB\); \(FA = FC = \frac{1}{2}AC\) (gt)
Suy ra \(AE = EB = FA = FM\) (2)
Xét \(\Delta BEM\) và \(\Delta CMF\) ta có:
\(BE = CF\) (cmt)
\(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{ACB}}}\) (cmt)
\(BM = CM\) (gt)
Suy ra \(\Delta BEM = \Delta CFM\) (c-g-c)
Suy ra \(EM = FM\) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(AE = AF = FM = ME\)
Suy ra \(AEMF\) là hình thoi

a) xét tam giác ADE và tam giác FEC, ta có:

    +) AE = EC (E là trung điểm của AC)

    +) DE = EF (E là trung điểm của DF)

\(\widehat{ADE}=\widehat{CEF}\)(hai góc đối đỉnh)

=> \(\Delta ADE=\Delta FEC\) (c = g = c)

=> AD = CF (2 cạnh tương ứng)

mà AD = DB (D là trung điểm của AB)

nên: CF = BD

b) ta có: 

\(\widehat{EAD}=\widehat{ECF}\left(\Delta ADE=\Delta FEC\right)\)

mà góc EAD và góc ECF nằm so le

nên AD//CF hay AB//CF 

xét tam giác BDC và tam giác DCF, ta có:

BD = CF (Cm a)

DC = DC

\(\widehat{BDC}=\widehat{FCD}\)(2 góc so le trong và AB//CF)

=> \(\Delta BDC=\Delta DCF\)(c = g = c)

c) ta có: 

\(DE=\frac{1}{2}DF\)(E là trung điểm DF)

DF = BC \(\left(\Delta FCD=\Delta BDC\right)\)

=> \(DE=\frac{1}{2}BC\)

kk