Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 $AB=DE.$