Đáp án:
Bài 1:
a) Xét ΔBHM;ΔCKMΔBHM;ΔCKM có :
BHMˆ=CKMˆ(=90o−gt)BHM^=CKM^(=90o−gt)
BM=MC(gt)BM=MC(gt)
HMBˆ=KMCˆHMB^=KMC^ (đối đỉnh)
=> ΔBHM=ΔCKMΔBHM=ΔCKM (cạnh huyền - góc nhọn)
=> HBMˆ=KCMˆHBM^=KCM^ (2 góc tương ứng)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong
=> BH // KC(đpcm)BH // KC(đpcm)
Và từ ΔBHM=ΔCKMΔBHM=ΔCKM (cmt)
=> BH=CKBH=CK (2 cạnh tương ứng)
b) Xét ΔHMC;ΔKMBΔHMC;ΔKMB có :
BM=MC(gt)BM=MC(gt)
HMCˆ=KMBˆHMC^=KMB^ (đối đỉnh)
HM=MKHM=MK (do ΔBHM=ΔCKMΔBHM=ΔCKM -cmt)
=> ΔHMC;ΔKMBΔHMC;ΔKMB
=> ΔHMC=ΔKMBΔHMC=ΔKMB (c.g.c)
=> HCMˆ=KBMˆHCM^=KBM^ (2 góc tương ứng)
Mà : 2 góc này ở vị trí so le trong
=> BK // CH (đpcm)BK // CH (đpcm)
Có : ΔHMC=ΔKMBΔHMC=ΔKMB (cmt)
=> BK=CHBK=CH (2 cạnh tương ứng)
c) Ta có : {HF=FCBE=EK{HF=FCBE=EK (gt)
Mà : BK=HC(cmt)BK=HC(cmt)
=> HF=FC=BE=EKHF=FC=BE=EK
Xét ΔBEM;ΔFCMΔBEM;ΔFCM có :
BM=MC(gt)BM=MC(gt)
MBEˆ=MCFˆ(slt)MBE^=MCF^(slt)
BE=FC(cmt)BE=FC(cmt)
=> ΔBEM=ΔFCM(c.g.c)ΔBEM=ΔFCM(c.g.c)
=> EM=FMEM=FM(2 cạnh tương ứng)
=> M Là trung điểm của EF
Do đó : E, ,M, F thẳng hàng
Bài 2
A/ ta có BD+BC=CE+BC(Vì BD=CE)
⇒DC=BE⇒DC=BE
Vì ΔABCΔABC cân tại A nên AB=AC và ^ABC=^ACB hay ^ACD=^ABE
Xét ΔADCΔADC và ΔAEBΔAEB
AC=AB
^ACD=^ABE
DC=BE
⇒ΔACD=ΔABE⇒ΔACD=ΔABE(C.G.C)
⇒⇒AD=AE suy ra ΔADEΔADE cân tại A
B/Ta có BM+BD=MC+CE
⇒DM=EM⇒DM=EM
Xét ΔAMDΔAMD và ΔAMEΔAME
DM=EM
^ADM=^AEM(ΔADEΔADE cân tại A)
AD=AE
⇒ΔAMD=ΔAME⇒ΔAMD=ΔAME(C.G.C)
⇒⇒^DAM=^EAM
mà AM nằm giữa AD và AE
nên AM là tia phân giác ^DAE
C/xét ΔDBHΔDBH và ΔECKΔECK
BD=CE
^BHD=^CKE(Vì cùng = 900)
^HDB=^KEC
⇒Δ⇒ΔDBH =ΔΔECK(cạnh huyền góc nhọn)
⇒⇒BH=CK
D/TỤ giải
e/vì ΔDHB=ΔCKEΔDHB=ΔCKE nên DH=KE
ta có AD=AE hay AH+HD=AK+KE
⇒ẠH=AK⇒ẠH=AKAH=AK suy ra ΔΔAHK cân tại A
CÓ ^H=1800−A21800−A2
XétΔADEΔADE cân tại A có ^D=1800−A21800−A2
Do đó ^AHK=^ADE
Mà ^AHK và ^ADE là hai góc đồng vị nên HK//DE hay HK//BC
minh chi lam dc hai bai thoi bai dai nha