Bài 15: Gọi K là giao điểm của AM và BC

Xét ΔBAM có \(\hat{BMK}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{BMK}=\hat{BAM}+\hat{MBA}>\hat{BAM}\) (1)

Xét ΔCAM có \(\hat{CMK}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{CMK}=\hat{MAC}+\hat{MCA}>\hat{MAC}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BMK}+\hat{CMK}>\hat{BAM}+\hat{CAM}\)

=>\(\hat{BMC}>\hat{BAC}\) (ĐPCM)

Câu 17:

a: Xét ΔABC có \(\hat{BAC}+\hat{ABC}+\hat{ACB}=180^0\)

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=180^0-\hat{BAC}\)

=>\(2\left(\hat{IBC}+\hat{ICB}\right)=180^0-\hat{BAC}\)

=>\(\hat{IBC}+\hat{ICB}=90^0-\frac12\cdot\hat{BAC}\)

Xét ΔBIC có \(\hat{BIC}+\hat{IBC}+\hat{ICB}=180^0\)

=>\(\hat{BIC}=180^0-90^0+\frac12\cdot\hat{BAC}=90^0+\frac12\cdot\hat{BAC}\)

Vì BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù

nên BI⊥BK

Vì CI và CK là hai tia phân giác của hai góc kề bù

nên CI⊥CK

Xét tứ giác BICK có \(\hat{BIC}+\hat{BKC}+\hat{IBK}+\hat{ICK}=360^0\)

=>\(\hat{BIC}+\hat{BKC}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

=>\(\hat{BKC}=180^0-90^0-\frac12\cdot\hat{BAC}=90^0-\frac12\cdot\hat{BAC}\)

b: ΔBDK vuông tại B

=>\(\hat{BKD}+\hat{BDK}=90^0\)

=>\(\hat{BDK}=90^0-90^0+\frac12\cdot\hat{BAC}=\frac12\cdot\hat{BAC}\)