a: Xét ΔIAD và ΔIBM có

IA=IB

\(\hat{IAD}=\hat{IBM}\) (hai góc so le trong, AD//BM)

AD=BM

Do đó: ΔIAD=ΔIBM

b:

ΔIAD=ΔIBM

=>\(\hat{AID}=\hat{BIM}\)

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

nên \(\hat{BIM}+\hat{BID}=180^0\)

=>D,I,M thẳng hàng

ΔIAD=ΔIBM

=>ID=IM

XétΔAIM và ΔBID có

IA=IB

\(\hat{AIM}=\hat{BID}\) (hai góc đối đỉnh)

IM=ID

Do đó: ΔIAM=ΔIBD

=>\(\hat{IAM}=\hat{IBD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nen AM//BD

c: E nằm trên đường trung trực của BC

=>EB=EC

=>ΔEBC cân tại E

=>\(\hat{EBC}=\hat{ECB}\)

mà \(\hat{EBC}=\hat{EFA}\) (hai góc so le trong, FA//BC)

và \(\hat{ECB}=\hat{EAF}\) (hai góc so le trong, CB//AF)

nên \(\hat{EAF}=\hat{EFA}\)

=>EA=EF

EA+EC=AC

EF+EB=FB

mà EA=EF và EC=EB

nên AC=FB

d: Sửa đề: Chứng minh O,E,M thẳng hàng

Xét ΔEAB và ΔEFC có

EA=EF
\(\hat{AEB}=\hat{FEC}\) (hai góc đối đỉnh)

EB=EC

Do đó: ΔEAB=ΔEFC

=>AB=FC

Xét ΔABC và ΔFCB có

AB=FC

BC chung

AC=FB

DO đó: ΔABC=ΔFCB

=>\(\hat{ABC}=\hat{FCB}\)

=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

Xét ΔOBC có \(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

nên ΔOBC cân tại O

=>OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có; EB=EC

=>E nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: MB=MC

=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra O,E,M thẳng hàng

\(a,\left\{{}\begin{matrix}AC=AH\left(GT\right)\\AB.chung\\\widehat{CAB}=\widehat{BAH}\left(=90^0\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ACB=\Delta AHB\left(c.g.c\right)\)

\(b,\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACB}=\widehat{CBK}\left(so.le.trong\right)\\\widehat{ABC}=\widehat{BCK}\left(so.le.trong\right)\\BC.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ABC=\Delta KCB\left(g.c.g\right)\Rightarrow AC=BK\left(2.cạnh.tương.ứng\right)\)

\(c,CH=AC+AH=2AC=2AB=BM\\ \left\{{}\begin{matrix}CK//AB\\AB\perp AC\end{matrix}\right.\Rightarrow CK\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^0\\ \left\{{}\begin{matrix}BK//AC\\AC\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow KB\perp AB\Rightarrow\widehat{ABK}=90^0\\ \left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACK}=\widehat{ABK}\left(=90^0\right)\\CH=BM\left(cm.trên\right)\\AC=BK\left(cm.trên\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta CHK=\Delta BMK\left(c.g.c\right)\)

\(d,\Delta CHK=\Delta BMK\left(cm.trên\right)\\ \Rightarrow\widehat{CKH}=\widehat{BKM}\Rightarrow\widehat{CKH}+\widehat{HKB}=\widehat{BKM}+\widehat{HKB}\\ \Rightarrow\widehat{CKB}=\widehat{HKM}\\ \Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{HKM}\left(\Delta ABC=\Delta KCB.nên.\widehat{CKB}=\widehat{BAC}\right)\\ \Rightarrow\widehat{HKM}=90^0\Rightarrow HK\perp KM\)

a: Xét ΔAOD và ΔBOC có

OA=OB

\(\hat{AOD}=\hat{BOC}\) (hai góc đối đỉnh)

OD=OC

Do đó: ΔAOD=ΔBOC

b: ΔAOD=ΔBOC

=>AD=BC

mà AD=DI và CB=CK

nên DI=CK

ΔAOD=ΔBOC

=>\(\hat{ODA}=\hat{OCB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên DA//CB

=>\(\hat{ODI}=\hat{OCK}\)

Xét ΔODI và ΔOCK có

OD=OC

\(\hat{ODI}=\hat{OCK}\)

DI=CK

Do đó: ΔODI=ΔOCK

c: ΔODI=ΔOCK

=>\(\hat{DOI}=\hat{COK}\)

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

nên \(\hat{COK}+\hat{COI}=180^0\)

=>K,O,I thẳng hàng

ΔODI=ΔOCK

=>OI=OK

=>O là trung điểm của IK

d: Xét ΔOAK và ΔOBI có

OA=OB

\(\hat{AOK}=\hat{BOI}\) (hai góc đối đỉnh)

OK=OI

Do đó: ΔOAK=ΔOBI

=>\(\hat{OAK}=\hat{OBI}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AK//BI

a: Xét ΔADE có \(\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CE}\)

nên BC//DE
b: Ta có: \(\hat{DBM}=\hat{ABC}\) (hai góc đối đỉnh)

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

mà \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\) (ΔABC cân tại A)

nên \(\hat{DBM}=\hat{ECN}\)

Xét ΔDBM vuông tại M và ΔECN vuông tại N có

DB=EC

\(\hat{DBM}=\hat{ECN}\)

Do đó: ΔDBM=ΔECN

=>DM=EN

c: ΔDBM=ΔECN

=>\(\hat{BDN}=\hat{CEN}\)

AD=AB+BD

AE=AC+CE
mà AB=AC và BD=CE

nên AD=AE

Xét ΔADM và ΔAEN có

AD=AE

\(\hat{ADM}=\hat{AEN}\)

DM=EN

Do đó: ΔADM=ΔAEN

=>AM=AN

=>ΔAMN cân tại A

a: Xét ΔIAD và ΔIBM có

IA=IB

\(\hat{IAD}=\hat{IBM}\) (hai góc so le trong, AD//BM)

AD=BM

Do đó: ΔIAD=ΔIBM

b:

ΔIAD=ΔIBM

=>\(\hat{AID}=\hat{BIM}\)

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

nên \(\hat{BIM}+\hat{BID}=180^0\)

=>D,I,M thẳng hàng

ΔIAD=ΔIBM

=>ID=IM

XétΔAIM và ΔBID có

IA=IB

\(\hat{AIM}=\hat{BID}\) (hai góc đối đỉnh)

IM=ID

Do đó: ΔIAM=ΔIBD

=>\(\hat{IAM}=\hat{IBD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nen AM//BD

c: E nằm trên đường trung trực của BC

=>EB=EC

=>ΔEBC cân tại E

=>\(\hat{EBC}=\hat{ECB}\)

mà \(\hat{EBC}=\hat{EFA}\) (hai góc so le trong, FA//BC)

và \(\hat{ECB}=\hat{EAF}\) (hai góc so le trong, CB//AF)

nên \(\hat{EAF}=\hat{EFA}\)

=>EA=EF

EA+EC=AC

EF+EB=FB

mà EA=EF và EC=EB

nên AC=FB

d: Sửa đề: Chứng minh O,E,M thẳng hàng

Xét ΔEAB và ΔEFC có

EA=EF
\(\hat{AEB}=\hat{FEC}\) (hai góc đối đỉnh)

EB=EC

Do đó: ΔEAB=ΔEFC

=>AB=FC

Xét ΔABC và ΔFCB có

AB=FC

BC chung

AC=FB

DO đó: ΔABC=ΔFCB

=>\(\hat{ABC}=\hat{FCB}\)

=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

Xét ΔOBC có \(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

nên ΔOBC cân tại O

=>OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có; EB=EC

=>E nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: MB=MC

=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra O,E,M thẳng hàng

Bạn cố chụp đi

GIải hộ mình bài 4 câu a nhé <3

không biết bó tay

a) Xét tg ABC có AB=AC(gt)

=> tg ABC cân tại A=> B=C

Cách 1( tính chất  Tg cân)

ta lại có AM là đường trung tuyến

tg ABC là tg cân => AM là dg cao => AH vg góc vs BC

Cách 2 

Xét tg AHB và tg AHC có AH chung

                                        AB=AC( tg ABC cân]
                                        BH=HC( H td BC)

=> tg AHB=tg AHC ( c.c.c)=> AHB=AHC( hai góc bằng nhau) 

Mà BHC= 180 độ=> AHB=AHC=180/2=90 độ

=>AH vg góc với BC

b)Ta có CP vg góc với BC (gt)

          MN vg góc với BC( N là chân dg vuông góc)

=> MN// CP( từ vg góc đến song song)

Xét tg MCP và tg PNM có:

IMN=IPC( MN//CP; slt)

MN=CP( gt)

MP chung

=>tg MCP=Tg PMN (c.g.c)

C) Xét tg MIN và tg PIC có 

IMN=IPC( MN//PC; slt]
MN=CP( gt)

MNI=IPC( MN//PC; slt)

=> tg MIN=tg PIC ( g.c.g)

=>NI=IC( 2 cạnh t/ứ)

1: Xét ΔABC có AB=AC

nên ΔABC cân tại A

Suy ra: \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

Xét ΔABH và ΔACH có

AB=AC

AH chung

BH=CH
Do đó: ΔABH=ΔACH

Suy ra: \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\)

mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHC}=180^0\)

nên \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

Do đó: AH\(\perp\)BC