Chương II : Tam giác

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAKC vuông tại K có

AB=AC

\(\widehat{BAH}\) chung

Do đó: ΔAHB=ΔAKC

=>AH=AK

b: Xét ΔABC có \(\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{AH}{AC}\)

nên KH//BC

c: Ta có: ΔABH=ΔACK

=>\(\widehat{ABH}=\widehat{ACK}\)

Ta có: \(\widehat{OBC}+\widehat{ACB}=90^0\)(ΔHBC vuông tại H)

\(\widehat{OCB}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔKBC vuông tại K)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{OBC}=\widehat{OCB}\)

=>ΔOBC cân tại O

a: Xét ΔAHB và ΔAHC có

AH chung

HB=HC

AB=AC

Do đó: ΔAHB=ΔAHC

=>\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\)

mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHC}=180^0\)

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

=>AH\(\perp\)BC tại H

b: Xét ΔHDB  và ΔHKC có

HD=HK

\(\widehat{DHB}=\widehat{KHC}\)(hai góc đối đỉnh)

HB=HC

Do đó: ΔHDB=ΔHKC

c: Ta có: DM=DB

mà D nằm giữa M và B

nên D là trung điểm của BM

Xét ΔCBM có

CD là đường cao

CD là đường trung tuyến

Do đó: ΔCBM cân tại C

=>\(\widehat{CBM}=\widehat{CMB}\)

mà \(\widehat{CBM}=\widehat{HAC}\left(=90^0-\widehat{ACH}\right)\)

nên \(\widehat{CMB}=\widehat{HAC}\left(1\right)\)

Ta có: ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là phân giác của góc BAC

=>\(\widehat{HAC}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{BAC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{DMC}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{BAC}\)

a: Xét ΔHAK vuông tại K và ΔHAM vuông tại M có

AH chung

\(\widehat{HAK}=\widehat{HAM}\)(AH là phân giác của góc KAM)

Do đó: ΔHAK=ΔHAM

b: Ta có: ΔHAK=ΔHAM

=>AK=AM

=>ΔAKM cân tại A

Xét ΔABC có \(\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{AM}{AC}\)

nên KM//BC

Ta có: \(\widehat{BAM}+\widehat{BAC}+\widehat{CAN}=180^0\)

=>\(\widehat{BAM}+\widehat{CAN}+90^0=180^0\)

=>\(\widehat{BAM}+\widehat{CAN}=90^0\)

mà \(\widehat{BAM}+\widehat{MBA}=90^0\)(ΔMAB vuông tại M)

nên \(\widehat{CAN}=\widehat{MBA}\)

Xét ΔMBA vuông tại M và ΔNAC vuông tại N có

BA=AC

\(\widehat{MBA}=\widehat{NAC}\)

Do đó: ΔMBA=ΔNAC

`a)`

Vì `AB=AC`

`=>△ABC` cân tại `A`

Mà `AD` là đường trung tuyến 

`=>AD` là đường trung trực, đường phân giác, đường trung tuyến của `△ABC`

`=>hat(DAB)=hat(DAC)`

Xét `△DEB` và `△DFC` có `:`

`DB=DC(` gt `)`

`hat(BED)=hat(CFD)=90^o`

`hat(B)=hat(C)(△ABC` cân tại `A)`

`=>△DEB=△DFC(` cạnh huyền - góc nhọn `)`

`b)`

Xét `△DEA` và `△DFA` có `:`

Chung `AD`

`hat(AED)=hat(AFD)=90^o`

`hat(DAB)=hat(DAC)` (cmt)

`=>△DEA=△DFA(` cạnh huyền - góc nhọn` )`

a: Sửa đề: M là trung điểm của AB

Xét ΔMAE và ΔMBC có

MA=MB

\(\widehat{AME}=\widehat{BMC}\)(hai góc đối đỉnh)

ME=MC

Do đó: ΔMAE=ΔMBC

b: ta có: ΔMAE=ΔMBC

=>\(\widehat{MAE}=\widehat{MBC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AE//BC

c: Ta có: FA=CA

mà A nằm giữa  Fvà C

nên A là trung điểm của CF

Xét ΔCFE có

A,M lần lượt là trung điểm của CF,CE

=>AM là đường trung bình của ΔCFE

=>AM//FE

=>\(\widehat{BAE}=\widehat{FEA}\)

mà \(\widehat{BAE}=\widehat{CBA}\)

nên \(\widehat{CBA}=\widehat{FEA}\)

d: Xét ΔCED có

M,B lần lượt là trung điểm của CE,CD

=>MB là đường trung bình của ΔCED

=>MB//ED

=>AB//ED

Ta có: AM//FE

M\(\in\)AB

Do đó: AB//FE

mà AB//ED

mà FE,ED có điểm chung là E

nên F,E,D thẳng hàng

a: Xét ΔCAM có CA=CM

nên ΔCAM cân tại C

=>\(\widehat{CAM}=\widehat{CMA}\)

Ta có: \(\widehat{CAM}+\widehat{BAM}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\widehat{CMA}+\widehat{HAM}=90^0\)(ΔHAM vuông tại H)

mà \(\widehat{CAM}=\widehat{CMA}\)

nên \(\widehat{BAM}=\widehat{HAM}\)

Xét ΔAHM và ΔANM có

AH=AN

\(\widehat{HAM}=\widehat{NAM}\)

AM chung

Do đó: ΔAHM=ΔANM

=>\(\widehat{AHM}=\widehat{ANM}\)

mà \(\widehat{AHM}=90^0\)

nên \(\widehat{ANM}=90^0\)

=>MN\(\perp\)AB

b: 

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

\(\left(BC+AH\right)^2=BC^2+2\cdot BC\cdot AH+AH^2\)

\(=AB^2+AC^2+2\cdot AB\cdot AC+AH^2\)

\(=\left(AB+AC\right)^2+AH^2\)

=>\(\left(BC+AH\right)^2>\left(AB+AC\right)^2\)

=>BC+AH>AB+AC