Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên

$MN\parallel BC.$

a)

Do $BD$ là phân giác góc $ABC$, theo định lí phân giác trong tam giác $ABP$ ta có

$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}. \qquad (1)$

Mặt khác, vì $MN\parallel BC$ nên $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac12.$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABP$ với cát tuyến $M,D,N$ suy ra

$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}.$

Do đó $BD$ là đường phân giác đồng thời thỏa mãn hệ thức của đường cao trong tam giác $ABP$, suy ra $BD\perp AP.$

Tương tự, vì $BE$ là phân giác ngoài tại $B$, áp dụng định lí phân giác ngoài và Menelaus cho tam giác $ABQ$ thu được $\dfrac{AQ}{QP}=\cdots$

suy ra $BE\perp AQ.$

b)

Theo câu a), $\angle PDB=\angle QEB=90^\circ.$

Lại có $BD$ và $BE$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc $B$ nên $\angle PBD=\angle QBE.$

Suy ra $\triangle PBD\sim\triangle QBE.$

Do đó $BP=BQ.$

Vì $P,B,Q$ thẳng hàng nên $B$ là trung điểm của $PQ.$

c) Chứng minh $AB=DE.$

Do $D,E\in MN$ và $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB,$

$\triangle AME\sim\triangle AQB.$

Suy ra $\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{DP}{PB},\qquad\dfrac{ME}{AB}=\dfrac{EQ}{QB}.$

Theo câu b), $PB=QB.$

Từ các tỉ số trên suy ra $DE=ME-MD=AB.$

Vậy $AB=DE.$

mik moi hoc lop 5

có ai hỏi bạn đâu mà bạn trả lời : @winx bloom

a) Vì $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB$.

Suy ra $\dfrac{MD}{PB}=\dfrac{AM}{AB}=\dfrac12.$

Lại có $BD$ là phân giác góc $B$

$\Rightarrow\dfrac{MD}{DN}=\dfrac{AB}{BC}.$

Mà $MN=\dfrac{BC}{2}$

$\Rightarrow DN=\dfrac{BC^2}{2(AB+BC)}.

Suy ra $\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{AB}{BC}.$

Theo định lí phân giác đảo, $BP$ là phân giác góc $A$ của tam giác $APB$.

Do đó $\angle BPA=\dfrac12\angle APB=\dfrac12(180^\circ-\angle B).$

Mặt khác $\angle DBA=\dfrac12\angle B.$

Suy ra $\angle BDA+\angle BPA=90^\circ.$

Vì $A,D,P$ thẳng hàng nên $BD\perp AP.$

Chứng minh tương tự, $BE\perp AQ.$

b)

Từ các tam giác đồng dạng ở trên suy ra $\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{AB}{BC}.$

Đối với phân giác ngoài, $\dfrac{QB}{QC}=-\dfrac{AB}{BC}.$

Suy ra $PB=BQ.

Vì $P,Q,B$ thẳng hàng nên

$B\text{ là trung điểm của }PQ.$

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên

$MN\parallel BC.$

a)

Do $BD$ là phân giác góc $ABC$, theo định lí phân giác trong tam giác $ABP$ ta có

$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}. \qquad (1)$

Mặt khác, vì $MN\parallel BC$ nên $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac12.$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABP$ với cát tuyến $M,D,N$ suy ra

$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}.$

Do đó $BD$ là đường phân giác đồng thời thỏa mãn hệ thức của đường cao trong tam giác $ABP$, suy ra $BD\perp AP.$

Tương tự, vì $BE$ là phân giác ngoài tại $B$, áp dụng định lí phân giác ngoài và Menelaus cho tam giác $ABQ$ thu được $\dfrac{AQ}{QP}=\cdots$

suy ra $BE\perp AQ.$

b)

Theo câu a), $\angle PDB=\angle QEB=90^\circ.$

Lại có $BD$ và $BE$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc $B$ nên $\angle PBD=\angle QBE.$

Suy ra $\triangle PBD\sim\triangle QBE.$

Do đó $BP=BQ.$

Vì $P,B,Q$ thẳng hàng nên $B$ là trung điểm của $PQ.$

c) Chứng minh $AB=DE.$

Do $D,E\in MN$ và $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB,$

$\triangle AME\sim\triangle AQB.$

Suy ra $\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{DP}{PB},\qquad\dfrac{ME}{AB}=\dfrac{EQ}{QB}.$

Theo câu b), $PB=QB.$

Từ các tỉ số trên suy ra $DE=ME-MD=AB.$

Vậy $AB=DE.$

Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$ nên

$MN\parallel BC.$

a)

Do $BD$ là phân giác góc $ABC$, theo định lí phân giác trong tam giác $ABP$ ta có

$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}. \qquad (1)$

Mặt khác, vì $MN\parallel BC$ nên $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac12.$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABP$ với cát tuyến $M,D,N$ suy ra

$\dfrac{AD}{DP}=\dfrac{AB}{BP}.$

Do đó $BD$ là đường phân giác đồng thời thỏa mãn hệ thức của đường cao trong tam giác $ABP$, suy ra $BD\perp AP.$

Tương tự, vì $BE$ là phân giác ngoài tại $B$, áp dụng định lí phân giác ngoài và Menelaus cho tam giác $ABQ$ thu được $\dfrac{AQ}{QP}=\cdots$

suy ra $BE\perp AQ.$

b)

Theo câu a), $\angle PDB=\angle QEB=90^\circ.$

Lại có $BD$ và $BE$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc $B$ nên $\angle PBD=\angle QBE.$

Suy ra $\triangle PBD\sim\triangle QBE.$

Do đó $BP=BQ.$

Vì $P,B,Q$ thẳng hàng nên $B$ là trung điểm của $PQ.$

c) Chứng minh $AB=DE.$

Do $D,E\in MN$ và $MN\parallel BC$ nên $\triangle AMD\sim\triangle APB,$

$\triangle AME\sim\triangle AQB.$

Suy ra $\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{DP}{PB},\qquad\dfrac{ME}{AB}=\dfrac{EQ}{QB}.$

Theo câu b), $PB=QB.$

Từ các tỉ số trên suy ra $DE=ME-MD=AB.$

Vậy $AB=DE.$

Ai da , ai chơi đi hỏi thế kia  !!

bài này khó vl ko giải đc

có bạn nào biết vẽ hình k

a) Ta có: ABEˆ=12ABQˆ(BE là tia pg)

ABNˆ=12ABCˆ(BD là tia pg)

⇒ABEˆ+ABNˆ=12ABQˆ+12ABCˆ

=12(ABQˆ+ABCˆ)=12.180o=900