Bài 1:
Xét ΔACD có AC=AD
nên ΔACD cân tại A
Xét ΔABE có AB=AE
nên ΔABE cân tại A
Xét ΔACD và ΔAEB có
\(\frac{AC}{AE}=\frac{AD}{AB}\) (AC=AD; AE=AB)
\(\hat{CAD}=\hat{EAB}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔACD~ΔAEB
=>\(\hat{ACD}=\hat{AEB}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên CD//BE
ΔACD cân tại A
mà AN là đường trung tuyến
nên AN⊥CD
ΔABE cân tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM⊥BE
Ta có: AM⊥BE
BE//CD
Do đó: AM⊥CD
mà AN⊥CD
và AM,AN có điểm chung là A
nên M,A,N thẳng hàng
Bài 2:ΔABC vuông tại A
=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>\(\hat{ACB}=90^0-60^0=30^0\)
Ta có: \(\hat{ACB}+\hat{ECA}=\hat{ECB}\)
=>\(\hat{ECA}=90^0-30^0=60^0\)
Xét ΔCAE có CA=CE
nên ΔCAE cân tại C
mà \(\hat{ECA}=60^0\)
nên ΔCAE đều
=>\(\hat{CAE}=60^0\)
Ta có: \(\hat{ABC}+\hat{ABF}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(\hat{ABF}=180^0-60^0=120^0\)
ΔBAF cân tại B
=>\(\hat{BAF}=\frac{180^0-\hat{ABF}}{2}=\frac{180^0-120^0}{2}=30^0\)
\(\hat{BAF}+\hat{BAC}+\hat{CAE}=30^0+90^0+60^0=180^0\)
=>F,A,E thẳng hàng
Bài 3:
Ta có: \(\hat{DBH}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)
\(\hat{ACB}=\hat{ECK}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: \(\hat{HBD}=\hat{KCE}\)
Xét ΔHBD vuông tại H và ΔKCE vuông tại K có
BD=CE
\(\hat{HBD}=\hat{KCE}\)
Do đó: ΔHBD=ΔKCE
=>DH=EK
ta có: DH⊥BC
EK⊥BC
Do đó: DH//EK
Xét ΔMHD vuông tại H và ΔMKE vuông tại K có
DH=EK
MH=MK
Do đó: ΔMHD=ΔMKE
=>\(\hat{HMD}=\hat{KME}\)
=>\(\hat{HMD}+\hat{HME}=180^0\)
=>D,M,E thẳng hàng
