a: BC^2=AB^2+AC^2

=>ΔABC vuông tại A

b: Xét tứ giác ABEC có

D là trung điểm chung của AE và BC

=>ABEC là hình bình hành

mà góc BAC=90 độ

nên ABEC là hình chữ nhật

=>CE//AB

(tự vẽ hình )

câu 4:

 a) có AB² + AC² = 225

BC² = 225

Pytago đảo => \(\Delta ABC\)vuông tại A

b) Xét \(\Delta MAB\)và \(\Delta MDC\)

MA = MD (gt)

BM = BC ( do M là trung điểm của BC ) 

\(\widehat{AMB}=\widehat{CMD}\)( hai góc đối đỉnh )

=> \(\Delta MAB\)= \(\Delta MDC\) (cgc)

c) vì \(\Delta MAB\)= \(\Delta MDC\)

=> \(\hept{\begin{cases}AB=DC\\\widehat{MAB}=\widehat{MDC}\end{cases}}\)

=> AB// DC

lại có AB \(\perp\)AC => DC \(\perp\)AC => \(\Delta KCD\)vuông tại C

Xét \(\Delta\) vuông ABK và \(\Delta\)vuông KCD:

AB =CD (cmt)

AK = KC ( do k là trung điểm của AC )

=> \(\Delta\)vuông AKB = \(\Delta\)vuông CKD (cc)

=> KB = KD

d. do KB = KD => \(\Delta KBD\)cân tại K

=> \(\widehat{KBD}=\widehat{KDB}\)(1)

có \(\Delta ADC\)vuông tại C => \(AD=\sqrt{AC^2+DC^2}=15\)

=> MD = 7.5

mà MB = 7.5

=> MB = MD 

=> \(\Delta MBD\)cân tại M

=> \(\widehat{MBD}=\widehat{MDB}\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{KBD}-\widehat{MBD}=\widehat{KDB}-\widehat{MDB}\)hay \(\widehat{KBM}=\widehat{KDM}\)

Xét \(\Delta KBI\)và \(\Delta KDN\)có:

\(\widehat{KBI}=\widehat{KDN}\)(cmt)

\(\widehat{KBD}\)chung

KD =KB (cmt) 

=> \(\Delta KBI\)= \(\Delta KDN\)(gcg)

=> KN =KI 

=. đpcm

câu 5: 

a) Xét \(\Delta ABM\)và \(\Delta MDC\):

MA=MD(gt)

MB=MC (M là trung điểm của BC)

\(\widehat{BMA}=\widehat{DMC}\)( đối đỉnh )

=> \(\Delta BMA=\Delta CMD\)(cgc)

b) Xét \(\Delta\)vuông ABC 

có AM là đường trung tuyến của tam giác 

=> \(AM=\frac{1}{2}BC\)mà \(BM=MC=\frac{1}{2}BC\)(do M là trung điểm của BC )

=> AM = BM = MC 

có MA =MD => AM = MD =MB =MC

=> BM +MC = AM +MD hay BC =AD

Xét \(\Delta BAC\)và \(\Delta DCA\)

AB =DC

AC chung

BC =DC

=> \(\Delta BAC\)= \(\Delta DCA\)(ccc)

c. Xét \(\Delta ABM\)

BM=AM

\(\widehat{ABM}\)= 60⁰

^{=> đpcm}

a: Xét ΔADB và ΔAEC có

BD=EC

\(\hat{ABD}=\hat{ACE}\)

AB=AC

Do đó: ΔADB=ΔAEC

=>AD=AE

Xét ΔADC có \(\hat{ADB}\) là góc ngoài tại đỉnh D

nên \(\hat{ADB}=\hat{DAC}+\hat{DCA}>\hat{ACD}\)

=>\(\hat{ADB}>\hat{ABD}\)

Xét ΔABD có \(\hat{ADB}>\hat{ABD}\)

mà AB,AD lần lượt là cạnh đối diện của các góc ADB,ABD

nên AB>AD

b: Xét ΔDFE và ΔDAB có

DF=DA

\(\hat{FDE}=\hat{ADB}\) (hai góc đối đỉnh)

DE=DB

Do đó: ΔDFE=ΔDAB

=>FE=AB

c: Ta có: EF=AB

mà AB>AD

và AD=AE

nên EF>AE

Xét ΔEAF có EF>EA
mà \(\hat{EAF};\hat{EFA}\) lần lượt là góc đối diện của các cạnh EF,EA

nên \(\hat{EAF}>\hat{EFA}\)

mà \(\hat{EFA}=\hat{BAD}\)

nên \(\hat{EAF}>\hat{BAD}\)

=>\(\hat{BAD}<\hat{DAE}\)

\(a,\)

Xét \(\triangle ADC\) và \(\triangle MDB\):

\(DA=DM\)

\(DC=DB\)

\(\widehat{ADC}=\widehat{MDB}\) 

\(\Rightarrow\Delta ADC=\Delta MDB\left(c.g.c\right)\) \(\left(1\right)\)

\(\left(1\right)\Rightarrow AC=BM\)

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{MBD}\)

mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong

\(\Rightarrow\)\(AC//BM\)

\(b,\)

\(\left(1\right)\Rightarrow\widehat{DAC}=\widehat{DMB}\)

Xét \(\triangle ABM\) và \(\triangle MCA\):

\(AM\) chung

\(BM=AC\)

\(\widehat{DAC}=\widehat{DMB}\)

\(\Rightarrow\Delta ABM=\Delta MCA\left(c.g.c\right)\).

a: Xét tứ giác ABMC có

D là trung điểm chung của AM và BC

=>ABMC là hình bình hành

=>AC//BM và AC=BM

b: Xét ΔABM và ΔMCA có

AB=MC

BM=CA

AM chung

=>ΔABM=ΔMCA