M A B C N H F D

a) Xét \(\Delta\)AHB và \(\Delta\)DHB có:

^AHB = ^DHB ( 1v )

HA = HD ( giả thiết )

MH chung 

=> \(\Delta\)AHB = \(\Delta\)DHB  ( c.g.c) 

b) Từ (a) => ^ABH = ^DHB  => BH là phân giác ^ABD

Vì \(\Delta\)ABC nhọn => H nằm trong đoạn BC 

=> BC là phân giác ^ABD

c) NF vuông BC 

AH vuông BC 

=> NF // AH 

=> ^NFM = ^HAM ( So le trong )

Lại có: ^HMA = NMF ( đối đỉnh ) và MA = MF ( giả thiết )

=> \(\Delta\)NFM = \(\Delta\)HAM  ( g.c.g)

=> NF = AH ( 2) 

Từ ( a) => AH = HD ( 3)

Từ (2) ; (3) => NF = HD

Ta đặt $H$ là trung điểm của $BC$ vì $\triangle ABC$ cân tại $A$ và $AH\perp BC$.

Suy ra:

$BH=HC=\frac{BC}{2}$

Vì $\triangle ABC$ cân tại $A$ nên:

$AB=AC$

Trong hai tam giác vuông $\triangle AHB$ và $\triangle DHC$:

$AH=HD$

$BH=HC$

$\widehat{AHB}=\widehat{DHC}=90^\circ$

Suy ra:

$\triangle AHB=\triangle DHC$

Do đó:

$AB=DC$

Mà $AB=AC$ nên:

$\boxed{AC=CD}$

Vậy $\boxed{\triangle ACD\text{ cân tại }C}$.

Ta có:

$AC=CD$ (câu a)

$CE=CB$

Mà:

$AC=AB$

và $\triangle ABC$ cân tại $A$ nên:

$\widehat{ACB}=\widehat{ABC}$

Do $E$ nằm trên tia đối của tia $CB$ nên:

$\widehat{ACE}=180^\circ-\widehat{ACB}$

Mặt khác, $D,H,B,C$ thẳng hàng và $\triangle DHC$ vuông tại $H$, suy ra:

$\widehat{DCE}=180^\circ-\widehat{DCH}$

Mà:

$\widehat{DCH}=\widehat{ACB}$

nên:

$\widehat{DCE}=180^\circ-\widehat{ACB}$

Suy ra:

$\widehat{ACE}=\widehat{DCE}$

Có:

$AC=DC$

$CE=CE$

$\widehat{ACE}=\widehat{DCE}$

Do đó:

$\boxed{\triangle ACE=\triangle DCE}$ (c.g.c)

Có một vấn đề: với đúng giả thiết bạn ghi thì mệnh đề này không đúng trong mọi trường hợp.

Đặt:

$BH=HC=x,\quad AH=h$

Khi đó:

$AB=AC=\sqrt{x^2+h^2}$

$BC=2x$

Ta có thể tính được:

$DK=\frac{2}{3}\sqrt{4x^2+h^2}$

Vì vậy bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$\sqrt{x^2+h^2}+2x>\frac{4}{3}\sqrt{4x^2+h^2}$

Bất đẳng thức này không luôn đúng. Ví dụ lấy:

$BH=HC=1,\quad AH=10$

thì:

$AB=\sqrt{101}$

$BC=2$

$2DK=\frac{4\sqrt{104}}{3}\approx13,60$

nhưng:

$AB+BC\approx12,05<13,60$

Vì vậy câu c có thể bị thiếu điều kiện hoặc đề bị chép sai. N

a)Xét \Delta AHC và \Delta DHC có:
- AH=DH(GT)
-\{AHC}=\{DHC}(góc kề bù)
-HC chung(cách vẽ)
Mà \{AHC}=90 độ;\{AHD} = 180 độ(góc bẹt)
=> \Delta AHC = \Delta DHC
=>\{DHC}=90 độ
=>HC là tia phân giác của \{ACD}
-Với \{ABD} tương tự.
b)Vì \Delta AHC = \Delta DHC (c.c.c)
- AH=DH(GT)
- HC chung(cách vẽ)
- CA=CD(cạnh tương ứng)
Vậy CA=CD(ĐPCM).
Vì \Delta AHB = \Delta DHB (c.c.c)
- AH=DH(GT)
- HB chung(cách vẽ)
- BD=BA(cạnh tương ứng)
Vậy BA=BA(ĐPCM).

a)Xét \Delta AHC và \Delta DHC có:
- AH=DH(GT)
-\{AHC}=\{DHC}(góc kề bù)
-HC chung(cách vẽ)
Mà \{AHC}=90 độ;\{AHD} = 180 độ(góc bẹt)
=> \Delta AHC = \Delta DHC
=>\{DHC}=90 độ
=>HC là tia phân giác của \{ACD}
-Với \{ABD} tương tự.
b)Vì \Delta AHC = \Delta DHC (c.c.c)
- AH=DH(GT)
- HC chung(cách vẽ)
- CA=CD(cạnh tương ứng)
Vậy CA=CD(ĐPCM).
Vì \Delta AHB = \Delta DHB (c.c.c)
- AH=DH(GT)
- HB chung(cách vẽ)
- BD=BA(cạnh tương ứng)
Vậy BA=BA(ĐPCM).

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHE vuông tại H có

AH chung

HB=HE

Do đó: ΔAHB=ΔAHE

b: Xét tứ giác ABDE có

H là trung điểm của AD

H là trung điểm của BE

Do đó: ABDE là hình bình hành

Suy ra: DE//AB

c: Xét ΔEAD có 

EH là đường cao

EH là đường trung tuyến

Do đó: ΔEAD cân tại E

Xét ΔCAD có 

CH là đường cao

CH là đường trung tuyến

DO đó: ΔCAD cân tại C

Xét ΔEAC và ΔEDC có

EA=ED

EC chung

AC=DC
Do đó: ΔEAC=ΔEDC

Suy ra: \(\widehat{EAC}=\widehat{EDC}\)

GT,KL tự viết (hình cũng tự vẽ)

a, Xét △AHB và △AHE có :

AH : chung

\(\widehat{AHB}=\widehat{AHE}(=90^o)\)

HB = HE (GT)

=>  △AHB = △AHE (c.g.c)

b, Xét  △AHB và △DHE có :

AH = DH(GT)

\(\widehat{AHB}=\widehat{DHE}(=90^o)\)

BH = EH (GT)

=> △AHB =  △DHE (c.g.c)

=> \(\widehat{HAB}=\widehat{HDE}\) (2 góc tương ứng)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

=> DE // AB

c, Xét △AHC và △DHC có :

HC : chung

\(\widehat{AHC}=\widehat{DHC}(=90^o)\)

AH = DH (GT)
=> △AHC = △DHC (c.g.c)

=> AC = DC (2 cạnh tương ứng)

 \(\widehat{ACH}=\widehat{DCH}\) (2 góc tương ứng)

Xét △EAC và △EDC có :

EC : chung

\(\widehat{ECA}=\widehat{ECD}(cmt)\)

AC = DC (cmt)

=> △EAC = △EDC (c.g.c)

=> \(\widehat{EAC}=\widehat{EDC}\) (2 góc tương ứng)

d, Vì MN // AD => \(\dfrac{ME}{DE}=\dfrac{MN}{AD}\)

Xét △MEN và △DEA có :

\(\dfrac{ME}{DE}=\dfrac{MN}{AD} (cmt)\)

\(\widehat{EMN}=\widehat{EDA}( so le)\)

=> △MEN = △DEA  (c.g.c)

=> \(\widehat{MEN}=\widehat{DEA}\) (2 góc tương ứng)

Mà 2 góc ở vị trí đối đỉnh với nhau 

=> A , E , N thẳng hàng

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHE vuông tại H có

AH chung

HB=HE

Do đó: ΔAHB=ΔAHE

b: Xét tứ giác ABDE có

H là trung điểm chung của AD và BE

=>ABDE là hình bình hành

=>DE//AB

c: Xét ΔCAD có

CH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến

Do đó: ΔCAD cân tại C

=>CA=CD

Xét ΔEAD có

EH là đường cao, là đường trung tuyến

Do đó: ΔEAD cân tại E

=>EA=ED

Xét ΔCAE và ΔCDE có

CA=CD

AE=DE

CE chung

Do đó; ΔCAE=ΔCDE

=>\(\widehat{EAC}=\widehat{EDC}\)

d: Xét ΔNEA và ΔMED có

\(\widehat{NEA}=\widehat{MED}\)

EA=ED

\(\widehat{NAE}=\widehat{MDE}\)

Do đó: ΔNEA=ΔMED

=>AN=MD

CN+NA=CA

CM+MD=CD

mà CA=CD và AN=MD

nên CN=CM

Xét ΔCAD có CN/NA=CM/MD

nên NM//AD

=>NM\(\perp\)BC

e: Xét tứ giác AIDK có

AI//DK

AI=DK

Do đó: AIDK là hình bình hành

=>AD cắt IK tại trung điểm của mỗi đường

mà H là trung điểm của AD

nên H là trung điểm của KI

=>K,H,I thẳng hàng