Gọi IK là phân giác của góc BIC(K∈BC)

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

=>\(\hat{ABC}+\hat{ACB}=180^0-60^0=120^0\)

=>\(2\left(\hat{IBC}+\hat{ICB}\right)=120^0\)

=>\(\hat{IBC}+\hat{ICB}=60^0\)

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

=>\(\hat{BIC}=180^0-60^0=120^0\)

IK là phân giác của góc BIC

=>\(\hat{BIK}=\hat{CIK}=\frac12\cdot\hat{BIC}=60^0\)

Ta có: \(\hat{BIC}+\hat{BIE}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{BIE}=180^0-120^0=60^0\)

Ta có: \(\hat{BIC}+\hat{DIC}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{DIC}=180^0-120^0=60^0\)

Xét ΔBEI và ΔBKI có

\(\hat{EBI}=\hat{KBI}\)

BI chung

\(\hat{EIB}=\hat{KIB}\)

Do đó; ΔBEI=ΔBKI

=>BE=BK

Xét ΔCKI và ΔCDI có

\(\hat{KCI}=\hat{DCI}\)

CI chung

\(\hat{KIC}=\hat{DIC}\)

Do đó: ΔCKI=ΔCDI

=>CK=CD

CK+BK=BC

=>BC=BE+CD

Lời giải:

1. Xét tam giác $ABD$ và $ACD$ có:

$AB=AC$

$\widehat{BAD}=\widehat{CAD}$ (do $AD$ là tia phân giác $\widehat{BAC}$)

$AD$ chung

$\Rightarrow \triangle BAD=\triangle CAD$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{ADC}$ 

Mà $\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=180^0$

$\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{ADC}=180^0:2=90^0$

$\Rightarrow AD\perp BC$

2.

$AB=AC$

$BE=CF$

$\Rightarrow AB-BE=AC-CF$ hay $AE=AF$

Xét tam giác $AED$ và $AFD$ có:

$AD$ chung

$AE=AF$

$\widehat{EAD}=\widehat{FAD}$ 

$\Rightarrow \triangle AED=\triangle AFD$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{EDA}=\widehat{FDA}$ 

$\Rightarrow DA$ là tia phân giác $\widehat{EDF}$

1: Xét ΔADB và ΔADC có

AB=AC

\(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\)

AD chung

Do đó: ΔADB=ΔADC

=>\(\widehat{ADB}=\widehat{ADC}\)

mà \(\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{ADB}=\widehat{ADC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>AD\(\perp\)BC

2: Ta có: AE+EB=AB

AF+FC=AC

mà EB=FC và AB=AC

nên AE=AF

Xét ΔEAD và ΔFAD có

AE=AF

\(\widehat{EAD}=\widehat{FAD}\)

AD chung

Do đó: ΔEAD=ΔFAD

=>\(\widehat{EDA}=\widehat{FDA}\)

=>DA là phân giác của góc EDF

Do đó ΔADB = ΔADC (g.c.g)

phần b) là : 4DM<BC nha các anh chị

a) vì AD là tia phân giác của góc BAC

=> góc DAB = góc DAC= góc BAC/2

mà ta có góc ADB=góc DAC+ góc C

thay góc DAC= góc DAB vào ta có:

góc ADB= góc DAB+ góc C

vì góc C>0

=> góc ADB> góc DAB

=> AB>BD9đpcm)

b) ta có góc A+ góc C= 180 độ- góc B

vì góc B>60 độ

=> góc A+ góc C> 120 độ

mà góc ADB= góc DAC + góc C= góc A/2+ góc C

góc ADB= ( góc A+ 2 x góc C)/2=( góc A+ góc C)/2 + góc C/2

do góc A+ góc C>120 độ và góc C>0 độ

=> góc ADB> 120 độ+0 độ= 60 độ

vì góc ADB>60 độ mà góc B < 60 độ

=> góc ADB> góc B

=> AB>AD

vì AD là tia phân giác của góc BAC

=> \(\frac{BD}{CD}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow BD=CD\cdot\frac{AB}{AC}\)

vì AM là tia phân giác của góc DAC

=> \(\frac{DM}{MC}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow MC=DM\cdot\frac{AC}{AD}\)

ta có CD= \(DM+MC=DM+DM\cdot\frac{AC}{AD}=DM\left(1+\frac{AC}{AD}\right)\)

thay vào BD=\(CD\cdot\frac{AB}{AC}\) ta có:

\(BD=DM\left(1+\frac{AC}{AD}\right)\cdot\frac{AB}{AC}=DM\left(\frac{AB}{AC}+\frac{AB}{AD}\right)\)

mà BC=\(BD+CD=DM\left(\frac{AB}{AC}+\frac{AB}{AD}\right)+DM\left(1+\frac{AC}{AD}_{}\right)\)

\(BC=DM\left(\frac{AB}{AC}+\frac{AB}{AD}+\frac{AC}{AD}+1\right)\)

áp dụng bđt cauchy cho hai số hạng đầu và số hạng cuối trong ngoặc

ta có \(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AD}\ge2\sqrt{\frac{AB}{AC}\cdot\frac{AC}{AD}}=2\sqrt{\frac{AB}{AD}}\)

=> \(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AD}+\frac{AB}{AD}\ge\frac{AB}{AD}+2\sqrt{\frac{AB}{AD}}\)

vì AB>AD=> \(\frac{AB}{AD}>1;\sqrt{\frac{AB}{AD}}>1\)

=> \(\frac{AB}{AD}+2\sqrt{\frac{AB}{AD}}>1+2=3\)

=> \(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AD}+\frac{AB}{AD}>3\)

=> \(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AD}+\frac{AB}{AD}+1>4\)

=> \(DM\left(\frac{AB}{AC}+\frac{AC}{AD}+\frac{AB}{AD}+1\right)>4DM\)

=> \(BC>4DM\left(đpcm\right)\)

a) Xét ΔACE vuông tại C và ΔAKE vuông tại K có 

AE chung

\(\widehat{CAE}=\widehat{KAE}\)(AE là tia phân giác của \(\widehat{CAK}\))

Do đó: ΔACE=ΔAKE(Cạnh huyền-góc nhọn)

Suy ra: AC=AK(Hai cạnh tương ứng)

a: Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMND vuông tại N có

MB=MD

\(\hat{AMB}=\hat{NMD}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAB=ΔMND

b: ΔMAB=ΔMND

=>\(\hat{MBA}=\hat{MDN}\)

mà \(\hat{MBA}=\hat{MBE}\) (BM là phân giác của góc EBA)

nên \(\hat{EDB}=\hat{EBD}\)

=>EB=ED

a: Xét ΔABI và ΔACI có

AB=AC
góc BAI=góc CAI

AI chung

=>ΔABI=ΔACI

b: ΔABI=ΔACI

=>góc AIB=góc AIC

c: Xét tứ giác ABEC có

I là trung điểm chung của AE và BC

=>ABEC là hình bình hành

=>BE//AC

a,Ta có : ABC^+BAC^+BCA^=180* ( đl tổng 3 góc )

=> 90*+BAC^+30*=180*

=>BAC^=180*-120*=60* 

Do AM là tia p/g của BAC^

=> BAM^=MAN^=60*/2=30*

Xét tam giác vuông ABM và tam giác vuông ANM 

AM cạnh chung

BAM^=MAN^

=>tam giác ABM = tam giác ANM ( ch-gn )

=>AB=AN (2 cạnh tương ứng)

b,Xét tam giác vuông IBM và tam giác vuông CNM 

BMI^=NMC^ ( đối đỉnh )

BM = NM ( cm câu a )

=> tam giác IBM = tam giác CNM ( cgv-gn )

c, Ta có : BMI^ + MBI^ + BIM ^ = 180*

=>BMI^ + 90* + 30* = 180* 

=> BMI^=180*-120*=60*

Do BMI^=CMN^

=>BMI^=CMN^=60*

Lại có IMN^=180* ( góc bẹt )

Mà : IMC^+CMN^=180*

=>IMC^=180*-60*=120* 

Mặt khác : IM=MC (cm câu b)

=> tam giác IMC cân tại M

=>MIC^=MCI^ 

dễ thấy : IMC^+MIC^+MCI^=180*

=>MIC^+MCi^=180*-120*=60*

do :MIC^=MCI^

=>MIC^=MCI^=60*/2=30*

Ta có :+)AIC^=BIM^+CIM^=30*+30*=60*

           +)ACI^=NCM^+MCI^=30*+30*=60*

           +)IAC^=60*

=>tam giác IAC là tam giác đều

b) Xét ΔABC vuông tại A và ΔDBE vuông tại D có 

AB=BD(gt)

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC=ΔDBE(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

c) Xét ΔBAH vuông tại A và ΔBDH vuông tại D có 

BH chung

BA=BD(gt)

Do đó: ΔBAH=ΔBDH(Cạnh huyền-cạnh góc vuông)

Suy ra: \(\widehat{ABH}=\widehat{DBH}\)(hai góc tương ứng)

hay BH là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)

d) Ta có: BH là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)(cmt)

nên \(\widehat{ABH}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

Ta có: \(\widehat{ABH}+\widehat{HBK}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{HBK}+30^0=90^0\)

hay \(\widehat{HBK}=60^0\)

Xét ΔCHD vuông tại D và ΔCBA vuông tại A có 

\(\widehat{ACB}\) chung

Do đó: ΔCHD\(\sim\)ΔCBA(g-g)

Suy ra: \(\widehat{CHD}=\widehat{CBA}\)(hai góc tương ứng)

\(\Leftrightarrow\widehat{CHD}=60^0\)

mà \(\widehat{CHD}=\widehat{HKB}\)(hai góc so le trong, BK//AC)

nên \(\widehat{HKB}=60^0\)

Xét ΔHBK có 

\(\widehat{HKB}=60^0\)(cmt)

\(\widehat{HBK}=60^0\)(cmt)

Do đó: ΔHBK đều(Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)