a: Xét ΔABI và ΔACI có

AB=AC
góc BAI=góc CAI

AI chung

=>ΔABI=ΔACI

b: ΔABI=ΔACI

=>góc AIB=góc AIC

c: Xét tứ giác ABEC có

I là trung điểm chung của AE và BC

=>ABEC là hình bình hành

=>BE//AC

a: Xét ΔABM và ΔACM có 

AB=AC

AM chung

BM=CM

DO đó: ΔABM=ΔACM

b: Ta có: ΔABC cân tại A

mà AD là đường trung tuyến

nên AD là đường cao

c: Xét tứ giác ABDC có 

M là trung điểm của BC

M là trung điểm của AD

DO đó: ABDC là hình bình hành

mà AB=AC

nên ABDC là hình thoi

=>CM là tia phân giác của góc DCA

do AB>AC

từ điểm A lấy AI sao cho AI=AC\(\left(I\in AB\right)\)

\(=>\Delta AIM=\Delta ACM\left(c.g.c\right)\)

\(=>IM=MC\)

áp dụng BDT tam giác

xét \(\Delta IMB\) có: \(\left|BM-MI\right|< IB< =>\left|BM-MC\right|< IB\)

\(=>\left|BM-MC\right|< AB-AI=AB-AC\left(DPCM\right)\)

a) Xét tam giác ABD vuông tại A và tam giác HBD vuông tại H

có: góc ABD = góc HBD (gt)

BD là cạnh chung

=> tam giác ABD = tam giác HBD ( cạnh huyền - góc nhọn)

b) ta có: tam giác ABD = tam giác HBD ( phần a)

=> AB = HB ( 2 cạnh tương ứng)

=> tam giác ABH cân tại B ( định lí tam giác cân)

mà BD là tia phân giác góc ABH (gt)

=> BD là đường trung trực của AH ( định lí)

c) ta có: tam giác ABD = tam giác HBD ( phần a)

=> AD = HD ( 2 cạnh tương ứng) (1)

Xét tam giác CDH vuông tại H

có: HD < DC ( quan hệ cạnh huyền với cạnh góc vuông)(2)

Từ(1); (2) => AD<DC

mk ko kẻ hình đâu nha !!!

a: Xét ΔABD và ΔAED có 

AB=AE
\(\widehat{BAD}=\widehat{EAD}\)

AD chung

Do đó: ΔABD=ΔAED

Bài 2:

Kẻ OF//BC(F thuộc AC)

=>OF//DE//BC

DE//BC

=>góc DEA=góc ACB

=>góc DEO=1/2*góc ACB

ED//OF
=>góc DEA=góc CFD và góc DEO=góc EOF

=>góc EOF=1/2*góc ACB

=>góc DEO=góc EOF

OF//BC

=>góc FOB=góc OBC=1/2góc ABC

góc BOE=góc BOF+góc EOF

=1/2(góc ABC+góc ACB)

b) Xét ΔABC vuông tại A và ΔDBE vuông tại D có 

AB=BD(gt)

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC=ΔDBE(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

c) Xét ΔBAH vuông tại A và ΔBDH vuông tại D có 

BH chung

BA=BD(gt)

Do đó: ΔBAH=ΔBDH(Cạnh huyền-cạnh góc vuông)

Suy ra: \(\widehat{ABH}=\widehat{DBH}\)(hai góc tương ứng)

hay BH là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)

d) Ta có: BH là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(cmt)

nên \(\widehat{ABH}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

Ta có: \(\widehat{ABH}+\widehat{HBK}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{HBK}+30^0=90^0\)

hay \(\widehat{HBK}=60^0\)

Xét ΔCHD vuông tại D và ΔCBA vuông tại A có 

\(\widehat{ACB}\) chung

Do đó: ΔCHD\(\sim\)ΔCBA(g-g)

Suy ra: \(\widehat{CHD}=\widehat{CBA}\)(hai góc tương ứng)

\(\Leftrightarrow\widehat{CHD}=60^0\)

mà \(\widehat{CHD}=\widehat{HKB}\)(hai góc so le trong, BK//AC)

nên \(\widehat{HKB}=60^0\)

Xét ΔHBK có 

\(\widehat{HKB}=60^0\)(cmt)

\(\widehat{HBK}=60^0\)(cmt)

Do đó: ΔHBK đều(Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)