a) Ta có: \(AM=MB=\dfrac{AB}{2}\)(M là trung điểm của AB)

\(AN=NC=\dfrac{AC}{2}\)(N là trung điểm của AC)

mà AB=AC(ΔABC cân tại A)

nên AM=MB=AN=NC

Xét ΔAMO vuông tại M và ΔANO vuông tại N có 

AO chung

AM=AN(cmt)

Do đó: ΔAMO=ΔANO(cạnh huyền-cạnh góc vuông)

b) Ta có: ΔAMO=ΔANO(cmt)

nên \(\widehat{MAO}=\widehat{NAO}\)(hai góc tương ứng)

hay \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)

mà tia AH nằm giữa hai tia AB,AC

nên AH là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)

c) Xét ΔAHB và ΔAHC có 

AB=AC(ΔABC cân tại A)

\(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)(cmt)

AH chung

Do đó: ΔAHB=ΔAHC(c-g-c)

Suy ra: HB=HC(hai cạnh tương ứng)

Ta có: ΔAHB=ΔAHC(cmt)

nên \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\)(hai góc tương ứng)

mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHC}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên  \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

hay \(AH\perp BC\)(đpcm)

Hình vẽ : tự vẽ

a) Ta có : tan giác ABC cân tại A ( gt )

\(\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC\\\widehat{B}=\widehat{C}\end{matrix}\right.\)( t/c \(\Delta\) cân )

  Ta có : AB = AC ( cmt )

Mà : M là trung điểm của AB ( gt ), N là trung điểm của AC ( gt )

 \(\Rightarrow\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}AC\)

\(\Rightarrow AM=AN\)

Xét : \(\Delta\)AMO và \(\Delta\)ANO có

Cạnh AO chung

AM =AN (cmt )

 \(\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^0\left(CM\perp AB,BN\perp AC\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AMO=\Delta ANO\left(ch-cgv\right)\)

b) Có \(\Delta AMO=\Delta ANO\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MAO}=\widehat{NAO}\) ( 2 cạnh tương ứng ) 

Ta có :

\(\widehat{MAO}=\widehat{NAO}\left(cmt\right)\)

Mà : Tia AH nằm giữa tia AB và tia AC

\(\Rightarrow\) AH là tia phân giác của \(\widehat{A}\) ( đpcm )

c) Ta có : 

\(\Delta ABC\) cân tại A ( gt ), AH là tia phân giác của \(\widehat{A}\) ( cmt )

\(\Rightarrow\) AH cùng là đường cao và trung truyến

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH\perp BC\\HB=HC\end{matrix}\right.\)( tính chất đường cao và trung tuyến )

d) Ta có :

 \(AH\perp BC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{OHC}=90^0\)

\(\Rightarrow\)OC lớn hơn HC

Mà HC = HB ( cmt )

\(\Rightarrow\) OC lớn hơn HB ( đpcm )

                                                             -Hết-

Giải thích các bước giải:

Ta có :$MA=MB,MO\perp AB\to MO$ là trung trực của AB

Tương tự NO là trung trực AC$\to OA=OB=OC$

Mà $\Delta ABC$ cân tại A$\to AB=AC\to \Delta OAB=\Delta OAC(c.c.c)$

→ˆBAO=ˆOAC→AO→BAO^=OAC^→AO là phân giác góc A

$\to AH$ là phân giacs góc A

Kết hợp $\Delta ABC$ cân tại A$\to AH\perp BC,HB=HC$

Ta có :$MA=MB,MO\perp AB\to MO$ là trung trực của AB

Tương tự NO là trung trực AC$\to OA=OB=OC$

Mà $\Delta ABC$ cân tại A$\to AB=AC\to \Delta OAB=\Delta OAC(c.c.c)$

→ˆBAO=ˆOAC→AO→BAO^=OAC^→AO là phân giác góc A

$\to AH$ là phân giacs góc A

Kết hợp $\Delta ABC$ cân tại A$\to AH\perp BC,HB=HC$

a: Xét ΔAMO vuông tại M và ΔANO vuông tại N có

AO chung

AM=AN

Do đó: ΔAMO=ΔANO

=>góc MAO=góc NAO

=>AO là phân giác của góc MAN

b: OB=OA

OA=OC

Do đó: OB=OC

c: Xét ΔABC có AM/AB=AN/AC

nên MN//BC

a,Xét tam giái AMO và tam giác ANO, ta có:
+ Góc M = góc N =90 ( gt)
+ Có cạnh AO chung
==> hai tam giác này bằng nhau
b, Vì tam giác AMO = tam giác ANO nên góc MAO = góc NAO 
==> AO là tia phân giác của góc A
Hay AH là tia phân giác của góc A vì A, H, O thẳng hàng.

Bài toán 1: (Hình a)

Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AC tại R, qua P kẻ đường thẳng song song với BC. Đường thẳng này cắt AM,AN,BC lần lượt tại S,T,K.

Ta thấy \(\Delta\)APR có AN vừa là đường cao, đường phân giác => \(\Delta\)APR cân tại A => AP = AR, NP = NR

Áp dụng hệ quả ĐL Thales \(\frac{BM}{PS}=\frac{CM}{KS}\left(=\frac{AM}{AS}\right)\)=> PS = KS

Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác: \(\frac{TK}{TP}=\frac{AK}{AP}\Rightarrow\frac{ST+SK}{TP}=\frac{AK}{AR}\)

\(\Rightarrow\frac{2ST+PT}{TP}=\frac{AR+RK}{AR}\Rightarrow\frac{2ST}{TP}=\frac{RK}{AR}\)

Dễ thấy NS là đường trung bình của  \(\Delta\)RKP => RK = 2NS. Do đó \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}\)

Đồng thời NS // AR, suy ra \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}=\frac{SQ}{QA}\)=> QT // AP (ĐL Thaels đảo)

Mà AP vuông góc PO nên QT vuông góc PO. Từ đây suy ra T là trực tâm của \(\Delta\)POQ

=> QO vuông góc PT. Lại có PT // BC nên QO vuông góc BC (đpcm).

Bài toán 2: (Hình b)

Ta có IB = IC => \(\Delta\)BIC cân tại I => ^IBC = ^ICB = ^ACB/2 => \(\Delta\)MCI ~ \(\Delta\)MBC (g.g)

=> MC² = MI.MB. Xét \(\Delta\)AHC có ^AHC = 90⁰ , trung tuyến HM => HM = MC

Do đó MH² = MI.MB => \(\Delta\)MIH ~ \(\Delta\)MHB (c.g.c) => ^MHI = ^MBH = ^MBC = ^MCI

=> Tứ giác CHIM nội tiếp. Mà CI là phân giác ^MCH nên (IH = (IM hay IM = IH (đpcm).

Bài toán 3: (Hình c)

a) Gọi đường thẳng qua C vuông góc CB cắt MK tại F, DE cắt BC tại Q, CG cắt BD tại I.

Áp dụng ĐL Melelaus:\(\frac{MB}{MC}.\frac{GA}{GB}.\frac{DC}{DA}=1\)suy ra \(\frac{DC}{DA}=2\)=> A là trung điểm DC

Khi đó G là trọng tâm của \(\Delta\)BCD. Do CG cắt BD tại I nên I là trung điểm BD

Dễ thấy \(\Delta\)BCD vuông cân tại B => BI = CM (=BC/2). Từ đó \(\Delta\)IBC = \(\Delta\)MCF (g.c.g)

=> CB = CF => \(\Delta\)BCF vuông cân ở C => ^CBA = ^CBF (=45⁰) => B,A,F thẳng hàng

=> CA vuông góc GF. Từ đó K là trực tâm của \(\Delta\)CGF => GK vuông góc CF => GK // CM

Theo bổ đề hình thang thì P,Q lần lượt là trung điểm GK,CM. Kết hợp \(\Delta\)CEM vuông ở E

=> EQ=CM/2. Áp dụng ĐL Melelaus có \(\frac{GD}{GM}.\frac{EQ}{ED}.\frac{CM}{CQ}=1\)=> \(\frac{EQ}{ED}=\frac{1}{4}\)

=> \(\frac{ED}{CM}=2\)=> DE = 2CM = BC (đpcm).

b) Theo câu a thì EQ là trung tuyến của \(\Delta\)CEM vuông tại E => EQ = QC => ^QEC = ^QCE

Vì vậy ^PEG = ^QEC = ^QCE = ^PGE => \(\Delta\)EPG cân tại P => PG = PE (đpcm).