Bài 1:

1: Qua B, kẻ BK//AC(K∈ED)

Gọi Ax là phân giác của góc BAC

Theo đề, ta có: DE⊥Ax

Xét ΔADE có

Ax là đường cao

Ax là đường phân giác

Do đó: ΔADE cân tại A

=>AD=AE và \(\hat{ADE}=\hat{AED}\)

BK//AC
=>\(\hat{BKD}=\hat{AED}\)

mà \(\hat{AED}=\hat{BDK}\)

nên \(\hat{BKD}=\hat{BDK}\)

=>BD=BK

Xét ΔMKB và ΔMEC có

\(\hat{MBK}=\hat{MCE}\) (hai góc so le trong, BK//CE)

MB=MC

\(\hat{KMB}=\hat{EMC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMKB=ΔMEC

=>BK=EC

mà BK=BD

nên BD=EC

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 $AB=DE.$

Hình tự túc, vẽ khó quá.

a) ACB^ = ECN^ (đđ)

Mà ACB^ = ABC^ (do \(\Delta\) ABC cân)

=> ABC^ = ECN^ 

Xét \(\Delta\)BDM và \(\Delta\)CEN :

BDM^ = CEN^ = 90o

BD = CE

ABC^ = CEN^ 

=> \(\Delta\)BDM = \(\Delta\)CEN (cạnh góc vuông_ góc nhọn)

=> DM = EN (2 cạnh tương ứng)

b) MD _|_ BC; NE_|_ BC =>   MD // NE 

                                         => DMI^ = ENI^ (sole trong) 

Xét \(\Delta\)DMI và \(\Delta\)ENI:

MDI^ = NEI^ = 90o

MD = EN (cmt)

DMI^ = ENI (cmt)

=> \(\Delta\)DMI và \(\Delta\)ENI (cạnh góc vuông_góc nhọn)

=> IM = IN                                              (1)

Vì I là giao điểm của MN và BC nên I nằm trên MN                          (2)

Từ (1) và (2) => I là trung điểm của MN

c) Xét \(\Delta\)ABO và \(\Delta\)ACO:

AO chung

BAO^ = CAO^ 

AB = AC 

=> \(\Delta\)ABO = \(\Delta\)ACO (c.g.c)

d) ko bt (cần thời gian suy nghĩ, và có thể bí luôn)

Sorry! Bí lun rồi bn ơi, càng nghĩ càng loạn.