a) Dễ dàng chứng minh \(\Delta ABN=\Delta ACM\left(c.c.c\right)\)

Suy ra AM = AN. Mặt khác tam giác giác ABC cân tại A có AH là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh nên AH cũng là đường trung trực. Do đó \(AH\perp BC\)

b)Do H là trung điểm BC nên HB = BC/ 2 = 3

Mặt khác BM = MN = NC và BM + MN + NC = BC nên suy ra BM = BC/3 = 2

Mà ta có HM = BH - BM = 3 - 2 = 1 (1)

Áp dụng định lí Pythagoras vào tam giác AHB vuông tại H (Chứng minh trên) suy ra \(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\) (2)

Từ (1) và (2) áp dụng định lí Pythagoras vào tam giác AHM vuông tại H sẽ suy ra AM.

c) Mình thấy nó sao sao ý. Vẽ hình ra 3 góc đó bằng nhau mà (đã vẽ hình chính xác). Bạn xem lại đề để mình còn biết đường suy nghĩ nha!

tth_new: nhìn thế thôi chứ không bằng đâu. Đề đúng rồi đấy. (tớ cũng đang tìm cách, nhưng chưa ra)

a: Xét ΔABM và ΔACN có

AB=AC

\(\hat{ABM}=\hat{ACN}\)

BM=CN

Do đó: ΔABM=ΔACN

=>\(\hat{BAM}=\hat{CAN}\)

b: Xét ΔAMC có \(\hat{AMB}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{AMB}=\hat{MAC}+\hat{MCA}>\hat{ACM}=\hat{ABM}\)

Xét ΔABM có \(\hat{AMB}>\hat{ABM}\)

mà AB,AM lần lượt là cạnh đối diện của các góc AMB, ABM

nên AB>AM

mà AM=AN

nên AB>AN

trên tia đối của tia MA, lấy H sao cho MA=MH

Xét ΔMNA và ΔMBH có

MN=MB

\(\hat{NMA}=\hat{BMH}\)

MA=MH

Do đó: ΔMNA=ΔMBH

=>NA=BH

mà NA<BA

nên BH<BA

Xét ΔBHA có BH<BA

mà \(\hat{BAH};\hat{BHA}\) lần lượt là góc đối diện của các cạnh BH,BA

nên \(\hat{BAH}<\hat{BHA}\)

=>\(\hat{BAM}<\hat{MAN}\)

Gọi H là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia AM lấy K sao cho AM=MK

Xét \(\Delta AMN\)và \(\Delta KMB\)có\(\hept{\begin{cases}AM=MK\\\widehat{AMN}=\widehat{KMB}\\MB=MN\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\Delta AMN=\Delta KMB\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MAN}=\widehat{MKB}\)

\(\Rightarrow AN=BK=AM\)

mà \(AB>AM\Rightarrow AB>BK\)

\(\Rightarrow\widehat{BKA}>\widehat{BAK}\)

\(\Rightarrow\widehat{MAN}>\widehat{BAM}\)

A B C M N D

Trên tia đồi  của tia MA lấy điểm D sao cho: MA=MD

Ta có tam giác ABC cân tại A nên:\(\widehat{ACB}=\widehat{ABC}\text{ mà:}\widehat{ANM}>\widehat{ACN}\left(\text{góc ngoài}\right)\Rightarrow\widehat{ANM}>\widehat{ABN}\Rightarrow AN< AB\)

mặt khác:

\(\Delta AMN=\Delta DMB\left(c.g.c\right)\Rightarrow AN=BD< AB\Rightarrow\widehat{BAM}>\widehat{BDM};\widehat{MAN}=\widehat{BDM}< \widehat{BAM}\)

a: Ta có: \(\hat{MBD}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)

\(\hat{ACB}=\hat{NCE}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: \(\hat{MBD}=\hat{NCE}\)

Xét ΔMDB vuông tại D và ΔNEC vuông tại E có

DB=EC

\(\hat{MBD}=\hat{NCE}\)

Do đó: ΔMDB=ΔNEC

=>MD=NE

b: Ta có: MD⊥BC

NE⊥BC

Do đó; MD//NE

Xét ΔIDM vuông tại D và ΔIEN vuông tại E có

DM=EN

\(\hat{IMD}=\hat{INE}\) (hai góc so le trong, DM//EN)

Do đó: ΔIDM=ΔIEN

=>IM=IN

c: Xét ΔABO và ΔACO có

AB=AC
\(\hat{BAO}=\hat{CAO}\)

AO chung

Do đó: ΔABO=ΔACO

=>OB=OC và \(\hat{ABO}=\hat{ACO}\)

Xét ΔOIM vuông tại I và ΔOIN vuông tại I có

OI chung

IM=IN

Do đó: ΔOIM=ΔOIN

=>OM=ON

ΔMDB=ΔNEC

=>MB=NC

Xét ΔOBM và ΔOCN có

MB=NC

OB=OC

OM=ON

Do đó: ΔOBM=ΔOCN

=>\(\hat{OBM}=\hat{OCN}\)

=>\(\hat{OBA}=\hat{OCN}\)

=>\(\hat{OCN}=\hat{OCA}\)

mà \(\hat{OCN}+\hat{OCA}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{OCN}=\hat{OCA}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

=>\(\hat{ACO}=90^0\)