a)  \(\Delta ABC\)là tam giác đều

\(\Rightarrow\)\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\widehat{BAC}=60^0\)

\(\Delta AMN\)cân tại  \(A\)do   \(AM=AN\)(gt)

mà  \(\widehat{MAN}=60^0\)

nên   \(\Delta AMN\)là tam giác đều

b)  \(\Delta AMN\)là tam giác đều

\(\Rightarrow\)\(\widehat{AMN}=60^0\)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\left(=60^0\right)\)

mà   \(\widehat{AMN}\)và   \(\widehat{ABC}\)đồng vị

\(\Rightarrow\)\(MN//BC\)

Gọi độ dài cạnh tam giác đều ABC là \(a\), đặt \(AM=BN=CP=x\).

Vì tam giác ABC đều nên:

\(AB=BC=CA=a\).

Suy ra:

\(MB=NC=PA=a-x\).

Xét tam giác MBN và tam giác NCP, ta có:

- \(MB=NC\)

- \(BN=CP\)

- \(\widehat{MBN}=\widehat{NCP}=60^\circ\)

Suy ra \(\triangle MBN=\triangle NCP\) (c.g.c).

Do đó \(MN=NP\).

Tương tự, xét tam giác NCP và tam giác PAM:

- \(NC=PA\)

- \(CP=AM\)

- \(\widehat{NCP}=\widehat{PAM}=60^\circ\)

Suy ra \(\triangle NCP=\triangle PAM\) (c.g.c).

Do đó \(NP=PM\).

Vậy \(MN=NP=PM\), suy ra tam giác MNP đều.

Vì O là giao điểm các đường trung trực của tam giác ABC nên:

\(OA=OB=OC\).

Mặt khác, tam giác ABC đều nên O cũng là giao điểm ba đường phân giác. Do đó:

\(\widehat{OAM}=\widehat{OBN}=\widehat{OCP}=120^\circ\).

Áp dụng định lý cosin trong các tam giác OAM, OBN, OCP:

\(OM^2=OA^2+AM^2-2OA\cdot AM\cos120^\circ\)

\(ON^2=OB^2+BN^2-2OB\cdot BN\cos120^\circ\)

\(OP^2=OC^2+CP^2-2OC\cdot CP\cos120^\circ\)

Mà \(OA=OB=OC\) và \(AM=BN=CP\), nên:

\(OM^2=ON^2=OP^2\).

Suy ra \(OM=ON=OP\).

Vậy O cách đều ba đỉnh M, N, P nên O là giao điểm các đường trung trực của tam giác MNP. (đpcm)

a: Ta có: AD+DB=AB

BE+EC=BC

CF+FA=CA

mà AB=BC=CA và AD=BE=CF

nên DB=EC=FA

ΔABC cân tại A

=>\(\hat{ACB}=\hat{ABC}=\hat{BAC}=60^0\)

Xét ΔDBE và ΔECF có

DB=EC

\(\hat{DBE}=\hat{ECF}\)

BE=CF

Do đó: ΔDBE=ΔECF

=>DE=EF

Xét ΔDAF và ΔEBD có

DA=EB

\(\hat{DAF}=\hat{EBD}\)

AF=BD

Do đó: ΔDAF=ΔEBD

=>DF=ED

=>DF=ED=EF

=>ΔDEF đều

b: Ta có: \(\hat{ABN}+\hat{ABC}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{ACB}+\hat{BCK}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{BAC}+\hat{MAC}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}\)

nên \(\hat{MAC}=\hat{ABN}=\hat{BCK}\)

MA+AB=MB

NB+BC=NC

KC+CA=KA

mà MA=NB=KC và AB=BC=CA

nên MB=NC=KA

Xét ΔMBN và ΔNCK có

MB=NC

\(\hat{MBN}=\hat{KCN}\)

BN=CK

Do đó: ΔMBN=ΔNCK

=>MN=NK

Xét ΔMAK và ΔNBM có

MA=NB

\(\hat{MAK}=\hat{NBM}\)

AK=BM

Do đó: ΔMAK=ΔNBM

=>MK=NM

=>MN=MK=NK

=>ΔMNK đều

A B C M N = =

a) Ta có: 

AM + MB = AB

AN + NC = AC

Mà AB = AC(△ABC cân) và AM = AN (gt)

=> MB = NC

Xét △MBC và △NCB có:

MB = NC (cmt)

MBC = NCB (△ABC cân)

BC: chung

=> △MBC = △NCB (c.g.c)

=> BN = CM (2 cạnh tương ứng)

b) Vì △MBC = △NCB

=> MCB = NBC (2 góc tương ứng)

=> △BOC cân

c) Vì AM = AN (gt)

=> △AMN cân tại A

=> AMN = \(\frac{180^o-A}{2}\)(1)

Vì △ABC cân tại A

=> ABC = \(\frac{180^o-A}{2}\)(2)

Từ (1) và (2) => AMN = ABC

Mà hai góc AMN và  ABC ở vị trí đồng vị

=> MN // BC