a: \(\hat{MAC}=\hat{MAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAN}=\hat{BAC}+\hat{NAC}=\hat{BAC}+90^0\)

Do đó: \(\hat{MAC}=\hat{BAN}\)

Xét ΔMAC và ΔBAN có

MA=BA

\(\hat{MAC}=\hat{BAN}\)

AC=AN

Do đó: ΔMAC=ΔBAN

b: Gọi O là giao điểm của MC và BN

ΔMAC=ΔBAN

=>\(\hat{AMC}=\hat{ABN}\)

=>\(\hat{AMO}=\hat{ABO}\)

Xét tứ giác AMBO có \(\hat{AMO}=\hat{ABO}\)

nên AMBO là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{MAB}=\hat{MOB}\)

=>\(\hat{MOB}=90^0\)

=>MC⊥BN tại O

c: Ta có: \(BI=IN=\frac{BN}{2}\)

\(MK=KC=\frac{MC}{2}\)

mà BN=MC

nên BI=IN=MK=KC

Xét ΔAMK và ΔABI có

AM=AB

\(\hat{AMK}=\hat{ABI}\)

MK=BI

Do đó: ΔAMK=ΔABI

=>AK=AI

ΔAMK=ΔABI

=>\(\hat{MAK}=\hat{BAI}\)

=>\(\hat{MAK}+\hat{KAB}=\hat{IAB}+\hat{KAB}\)

=>\(\hat{IAK}=\hat{MAB}=90^0\)

=>AI⊥ AK

a: Ta có: \(\hat{MAC}=\hat{MAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAN}=\hat{BAC}+\hat{CAN}=90^0+\hat{BAC}\)

Do đó: \(\hat{MAC}=\hat{BAN}\)

Xét ΔMAC và ΔBAN có

AM=AB

\(\hat{MAC}=\hat{BAN}\)

AC=AN

Do đó: ΔMAC=ΔBAN

b: Gọi O là giao điểm của MC và BN

ΔMAC=ΔBAN

=>\(\hat{AMC}=\hat{ABN}\)

=>\(\hat{AMO}=\hat{ABO}\)

=>AMBO là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{MOB}=\hat{MAB}=90^0\)

=>MC⊥BN tại O

c: Ta có: ΔMAC=ΔBAN

=>MC=BN

mà \(MK=KC=\frac{MC}{2};BI=IN=\frac{BN}{2}\)

nên MK=KC=BI=IN

Xét ΔAMK và ΔABI có

AM=AB

\(\hat{AMK}=\hat{ABI}\)

MK=BI

Do đó: ΔAMK=ΔABI

=>AK=AI

a) Xét ΔAMB và ΔNMC có 

MA=MN(gt)

\(\widehat{AMB}=\widehat{NMC}\)(hai góc đối đỉnh)

MB=MC(M là trung điểm của BC)

Do đó: ΔAMB=ΔNMC(c-g-c)

b) Ta có: ΔAMB=ΔNMC(cmt)

nên \(\widehat{ABM}=\widehat{NCM}\)(hai góc tương ứng)

hay \(\widehat{ABC}=\widehat{BCN}\)

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

nên AB//NC(Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)

mà CD⊥AB(gt)

nên CD⊥CN

hay \(\widehat{DCN}=90^0\)

c) Xét ΔABH vuông tại H và ΔIBH vuông tại H có 

BH chung

HA=HI(gt)

Do đó: ΔABH=ΔIBH(hai cạnh góc vuông)

Suy ra: AB=IB(hai cạnh tương ứng)

mà AB=CN(ΔAMB=ΔNMC)

nên IB=CN(đpcm)

a: Trên tia đối của tia MA, lấy K sao cho MA=MK

TA có; \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\) (1)

Xét ΔMCA và ΔMBK có

MC=MB

\(\hat{CMA}=\hat{BMK}\) (hai góc đối đỉnh)

MA=MK

Do đó: ΔMCA=ΔMBK

=>\(\hat{MCA}=\hat{MBK}\)

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

nên CA//BK

=>\(\hat{CAB}+\hat{ABK}=180^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ABK}=\hat{DAE}\)

Xét ΔMAB và ΔMKC có

MA=MK

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

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMKC

Xét ΔABK và ΔDAE có

AB=DA
\(\hat{ABK}=\hat{DAE}\)

BK=AE

Do đó: ΔABK=ΔDAE
=>AK=DE

=>\(AM=\frac12AK=\frac12DE\)

b: Gọi H là giao điểm của AM và DE

ΔABK=ΔDAE
=>\(\hat{BAK}=\hat{ADE}\)

Ta có: \(\hat{BAK}+\hat{BAD}+\hat{DAH}=180^0\)

=>\(\hat{BAK}+\hat{DAH}=180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{DAH}+\hat{ADH}=90^0\)

=>AK⊥DE tại H

khó thể xem trên mạng

không có mới phải hỏi