a: Ta có: ΔBAC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MB=MC

=>ΔMAB cân tại M

mà góc ABM=60 độ

nên ΔMAB đều

b: Ta có: ΔMAB đều

mà BK là đường cao

nên K là trung điểm của AM

Xét tứ giác AHMB có MH//AB

nên AHMB là hình thang

mà góc MHA=90 độ

nên AHMBlà hình thang vuông

Xét ΔAMC có

H là trung điểm của AC

K là trung điểm của AM

Do đó: HK là đường trung bình

=>HK//BC

=>BKHClà hình thang

mà góc KBC=góc HCB

nên BKHC là hình thang cân

a) Để chứng minh tam giác MAB đều, ta cần chứng minh MA = MB và góc MAB = 60°.

Vì MA = MD và tam giác MDA là tam giác đều, nên góc MDA = 60°. Vì tam giác ABC là tam giác vuông tại A, nên góc BAC = 90°. Từ đó, ta có góc MAD = 90° - 60° = 30°.

Do đó, góc MAB = góc MAD + góc BAC = 30° + 90° = 120°.

Vì góc MAB = 120° và góc MAB = 60°, nên tam giác MAB là tam giác đều.

b) Để chứng minh tam giác ACD vuông, ta cần chứng minh góc ADC = 90°.

Vì MA = MD và tam giác MDA là tam giác đều, nên góc MDA = 60°. Vì tam giác ABC là tam giác vuông tại A, nên góc BAC = 90°. Từ đó, ta có góc MAD = 90° - 60° = 30°.

Vì CD là trung tuyến trong tam giác ABC, nên góc CAD = góc BAC/2 = 90°/2 = 45°.

Do đó, góc ADC = góc MAD + góc CAD = 30° + 45° = 75°.

Vì góc ADC ≠ 90°, nên tam giác ACD không vuông.

c) Để chứng minh tam giác KGN cân, ta cần chứng minh KG = GN và góc KGN = góc NGK.

Vì DK là đường cao trong tam giác MDC, nên góc KDM = 90°.

Vì tam giác MDA là tam giác đều, nên góc MDA = 60°. Từ đó, ta có góc MDC = 90° - 60° = 30°.

Vì tam giác KDM là tam giác vuông tại K, nên góc KDM = 90°. Vì góc KDM = 30°, nên góc KDG = 90° - 30° = 60°.

Tương tự, ta có góc NGC = 60°.

Vì góc KDG = góc NGC = 60°, nên tam giác KGN là tam giác cân.

a: ΔABC vuông tại A

=>góc B+góc C=90 độ

=>góc B=60 độ

ΔACB vuông tại A có AM là trung tuyến

nên MA=MB=MC=BC/2

Xét ΔMAB có MA=MB và góc B=60 độ

nên ΔMAB đều

b: Xét tứ giác ABDC có

M là trung điểm chung của AD và BC

góc BAC=90 độ

=>ABDC là hình chữ nhật

=>góc ACD=90 độ

=>ΔACD vuông tại C

c: Xét ΔDCK vuông tại C và ΔBAK vuông tại A có

DC=BA

CK=AK

=>ΔDCK=ΔBAK

=>DK=KB

Xét ΔCAD có

DK,CM là trung tuyến

DK cắt CM tại N

=>N là trọng tâm

=>KN=1/3KD

Xét ΔCAB có

AM,BK là trung tuyến

AM cắt BK tại G

=>G là trọng tâm

=>KG=1/3KB

=>KG=KN

=>ΔKGN cân tại K

a: Xét ΔBMA vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{MBA}\) chung

Do đó: ΔBMA~ΔBAC

b: Xét ΔBMH vuông tại M và ΔBKC vuông tại K có

\(\hat{MBH}\) chung

Do đó: ΔBMH~ΔBKC

=>\(\frac{BM}{BK}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BM\cdot BC=BH\cdot BK\) (1)

ΔBMA~ΔBAC

=>\(\frac{BM}{BA}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(BM\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(BH\cdot BK=BA^2\)

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BK}\)

Xét ΔBHA và ΔBAK có

\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BK}\)

góc HBA chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAK

=>\(\hat{BHA}=\hat{BAK};\hat{BAH}=\hat{BKA}\)

c: Xét tứ giác AIMB có \(\hat{AIB}=\hat{AMB}=90^0\)

nên AIMB là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{AMI}=\overline{}\hat{ABI}\)

mà \(\hat{ABI}=\hat{KBE}=\hat{KCA}\left(=90^0-\hat{CEB}\right)\)

nên \(\hat{AMI}=\hat{KCA}\)

Xét tứ giác CTAM có \(\hat{CTA}+\hat{CMA}=90^0+90^0=180^0\)

nên CTAM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{AMT}=\hat{ACT}\)

=>\(\hat{AMT}=\hat{KCA}\)

=>\(\hat{AMT}=\hat{AMI}\)

=>T,M,I thẳng hàng

a: Xét ΔBAC vuông tại A và ΔBMA vuông tại M có

góc B chung

=>ΔBAC đồng dạng với ΔBMA

b: Xét ΔBMH vuông tại M và ΔBKC vuông tại K có

góc MBH chung

=>ΔBMH đồng dạng với ΔBKC

=>BM/BK=BH/BC

=>BM*BC=BK*BH

c: 

góc AMB=góc AIB=90 độ

=>ABMI nội tiếp

=>góc AIM=180 độ-góc ABC

góc AIK+góc ATK=90 độ+90 độ=180 độ

=>AIKT nội tiếp

=>góc AIT=góc AKT

góc BAC=góc BKC=90 độ

=>BAKC nội tiếp

=>góc ABC+góc AKC=180 độ

=>góc ABC=góc AKY=góc AIT

góc MIT=góc AIM+góc AIT

=180 độ-góc ABC+góc ABC

=180 độ

=>M,I,T thẳng hàng

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

góc ABH chung

DO đo:ΔABH đồng dạng với ΔCBA
b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC\)

c: Xét ΔMAB có

AH là đường cao

BK là đường cao

AH cắt BK tại I

Do đó; Ilà trực tâm

=>MI//AC

Xét ΔBNC có MI//NC

nên BI/BN=BM/BC=1/2

a: Xét tứ giác BHCK có

M là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

b: BHCK là hình bình hành

=>BH//CK và BK//CH

BH//CK

BH⊥AC

Do đó: CK⊥CA
Ta có: BK//CH

CH⊥AB

DO đó: BK⊥BA

c: ΔBEC vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên \(EM=\frac{BC}{2}\left(1\right)\)

ΔBFC vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên \(FM=\frac{BC}{2}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra ME=MF

=>ΔMEF cân tại M

d:

Xét tứ giác BFCQ có

\(\hat{BFC}=\hat{FBQ}=\hat{CQB}=90^0\)

nên BFCQ là hình chữ nhật

=>BC cắt FQ tại trung điểm của mỗi đường

=>M là trung điểm chung của BC và FQ

BFCQ là hình chữ nhật

=>BC=FQ

mà \(MB=MC=\frac{BC}{2};MF=MQ=\frac{FQ}{2}\)

nên MB=MC=MF=MQ=BC/2=FQ/2

=>\(EM=\frac{BC}{2}=\frac{FQ}{2}\)

Xét ΔEQF có

EM là đường trung tuyến

\(EM=\frac{FQ}{2}\)

Do đó: ΔEQF vuông tại E

=>EF⊥EQ

a: Xét tứ giác BHCK có

M là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

b: BHCK là hình bình hành

=>BH//CK và BK//CH

BH//CK

BH⊥AC

Do đó: CK⊥CA

BK//CH

CH⊥AB

Do đó: BK⊥BA

c: ΔBEC vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên \(EM=\frac{BC}{2}\left(1\right)\)

ΔBFC vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên \(FM=\frac{BC}{2}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra ME=MF

=>ΔMEF cân tại M

d: Xét tứ giác CFBQ có

\(\hat{CFB}=\hat{FBQ}=\hat{CQB}=90^0\)

nên CFBQ là hình chữ nhật

=>CB cắt FQ tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của CB

nên M là trung điểm của FQ

CFBQ là hình chữ nhật

=>CB=FQ

=>\(EM=\frac{CB}{2}=\frac{FQ}{2}\)

Xét ΔEQF có

EM là đường trung tuyến

\(EM=\frac{FQ}{2}\)

Do đó: ΔEQF vuông tại E

=>EQ⊥ EF