Bài 1:
Xét ΔAMB và ΔAMC có
AB=AC(ΔABC cân tại A)
AM là cạnh chung
BM=MC(do M là trung điểm của BC)
Do đó: ΔAMB=ΔAMC(c-c-c)
⇒\(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}\)(hai góc tương ứng)
mà \(\widehat{AMB}+\widehat{AMC}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
Ta có: ΔAMB=ΔAMC(cmt)
⇒\(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\)(hai góc tương ứng)
mà \(\widehat{BAM}+\widehat{CAM}=\widehat{BAC}=40^0\)(do tia AM nằm giữa hai tia AB,AC)
nên \(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}=\frac{\widehat{BAC}}{2}=\frac{40^0}{2}=20^0\)
Ta có: ΔABC cân tại A(gt)
⇒\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\frac{180^0-\widehat{A}}{2}\)(số đo của các góc ở đáy trong ΔABC cân tại A)
hay \(\widehat{B}=\widehat{C}=\frac{180^0-40^0}{2}=70^0\)
Vậy:
-Số đo của các góc trong ΔABM là:
\(\widehat{B}=70^0\); \(\widehat{AMB}=90^0\); \(\widehat{BAM}=20^0\)
-Số đo của các góc trong ΔACM là:
\(\widehat{C}=70^0\); \(\widehat{AMC}=90^0\); \(\widehat{CAM}=20^0\)
Bài 2:
a)Xét ΔABE và ΔACE có
AB=AC(ΔABC cân tại A)
\(\widehat{BAE}=\widehat{CAE}\)(do AE là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\))
AE là cạnh chung
Do đó: ΔABE=ΔACE(c-g-c)
b) Chứng minh AE là đường trung trực của BC
Ta có: ΔABE=ΔACE(cmt)
⇒BE=CE(hai cạnh tương ứng)
mà E nằm giữa B và C
nên E là trung điểm của BC
Ta có: ΔABE=ΔACE(cmt)
⇒\(\widehat{AEB}=\widehat{AEC}\)(hai góc tương ứng)
mà \(\widehat{AEB}+\widehat{AEC}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AEB}=\widehat{AEC}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
⇒AE⊥BC
Ta có: AE⊥BC(cmt)
mà E là trung điểm của BC
nên AE là đường trung trực của BC(định nghĩa đường trung trực của một đoạn thẳng)
Bài 3:
a) Chứng minh ΔBDF=ΔEDC
Xét ΔABD và ΔAED có
AB=AE(gt)
\(\widehat{BAD}=\widehat{EAD}\)(do AD là tia phân giác của \(\widehat{BAE}\))
AD là cạnh chung
Do đó: ΔABD=ΔAED(c-g-c)
⇒BD=DE(hai cạnh tương ứng)
Xét ΔADF và ΔADC có
AF=AC(gt)
\(\widehat{FAD}=\widehat{CAD}\)(do AD là tia phân giác của \(\widehat{FAC}\))
AD là cạnh chung
Do đó: ΔADF=ΔADC(c-g-c)
⇒DF=DC(hai cạnh tương ứng)
Ta có: AB+BF=AF(do A,B,F thẳng hàng)
AE+EC=AC(do A,E,C thẳng hàng)
mà AF=AC(gt)
và AB=AE(gt)
nên BF=EC
Xét ΔBDF và ΔEDC có
BF=EC(cmt)
BD=DE(cmt)
DF=DC(cmt)
Do đó: ΔBDF=ΔEDC(c-c-c)
b) Chứng minh BF=EC
Ta có: AB+BF=AF(do A,B,F thẳng hàng)
AE+EC=AC(do A,E,C thẳng hàng)
mà AF=AC(gt)
và AB=AE(gt)
nên BF=EC
d) Chứng minh AD⊥FC
Xét ΔAFC có AF=AC(cmt)
nên ΔAFC cân tại A(định nghĩa tam giác cân)
mà AD là đường phân giác ứng với cạnh đáy FC(do AD là tia phân giác của \(\widehat{FAC}\))
nên AD cũng là đường cao ứng với cạnh FC(định lí tam giác cân)
⇒AD⊥FC(đpcm)
Bài 4:
a) Xét ΔBAH vuông tại H có
\(\widehat{ABH}+\widehat{BAH}=90^0\)(hai góc phụ nhau)(1)
Ta có: \(\widehat{BAH}+\widehat{KAC}=90^0\)(do AK nằm giữa hai tia AB,AC; H∈AK)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{ABH}=\widehat{CAK}\)
Xét ΔABH vuông tại H và ΔCAK vuông tại K có
AB=AC(ΔABC vuông cân tại A)
\(\widehat{ABH}=\widehat{CAK}\)(cmt)
Do đó: ΔABH=ΔCAK(cạnh huyền-góc nhọn)
⇒BH=AK(hai cạnh tương ứng)
b) Ta có: BH⊥AK(gt)
CK⊥AK(gt)
Do đó: BH//CK(định lí 1 từ vuông góc tới song song)
⇒\(\widehat{HBM}=\widehat{MCK}\)(hai góc so le trong)(3)
Ta có: \(\widehat{MAE}+\widehat{AEM}=90^0\)(4)
và \(\widehat{MCK}+\widehat{CEK}=90^0\)(5)
và \(\widehat{AEM}=\widehat{CEK}\)(hai góc đối đỉnh)(6)
Từ (4),(5) và (6) suy ra \(\widehat{MAE}=\widehat{ECK}\)(7)
Từ (3) và (7) suy ra \(\widehat{HBM}=\widehat{MAE}\)
Ta có: AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC của ΔABC vuông cân tại A(M là trung điểm của BC)
nên AM=BM=CM
Xét ΔMBH và ΔMAK có
MB=AM(cmt)
\(\widehat{HBM}=\widehat{MAE}\)(cmt)
BH=AK(cmt)
Do đó: ΔMBH=ΔMAK(c-g-c)