Đáp án:

 

Giải thích các bước giải:

a) Xét ΔBHM;ΔCKM có:

BHMˆ=CKMˆ(=90o−gt)

BM=MC(gt)

HMB^=KMC^ (đối đỉnh)

=> ΔBHM=ΔCKM (cạnh huyền - góc nhọn)

=> HBM^=KCM^ (2 góc tương ứng)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

=> BH // KC(đpcm)

Và từ ΔBHM=ΔCKM (cmt)

=> BH=CK (2 cạnh tương ứng)

b) XétΔHMC;ΔKMB có :

BM=MC(gt)

HMC^=KMB^ (đối đỉnh)

HM=MK (do ΔBHM=ΔCKM -cmt)

=> ΔHMC;ΔKMB

=> ΔHMC=ΔKMB (c.g.c)

=> HCM^=KBM^ (2 góc tương ứng)

Mà : 2 góc này ở vị trí so le trong

=> BK // CH (đpcm)

Có : ΔHMC=ΔKMB (cmt)

=> BK=CH (2 cạnh tương ứng)

c) Ta có : {HF=FC;BE=EK (gt)

Mà : BK=HC(cmt)

=> HF=FC=BE=EK

Xét ΔBEM;ΔFCM có :

BM=MC(gt)

MBEˆ=MCFˆ(slt)

BE=FC(cmt)

=> ΔBEM=ΔFCM(c.g.c)

=> EM=FM(2 cạnh tương ứng)

=> M Là trung điểm của EF

Do đó : E, ,M, F thẳng hàng

Đáp án:

 

Giải thích các bước giải:

1. a) Xét tam giác BHM và tam giác CKM có:

BHMˆ=CKMˆ=90 độ

BM=MC(gt)

HMB^=KMC^ (đối đỉnh)

=> ΔBHM=ΔCKM (g.c.g)

=> HBM^=KCM^ (2 góc tương ứng)

Và từ ΔBHM=ΔCKM (cmt)

=> BH=CK (2 cạnh tương ứng)

1. b) Xét tam giác HMC và tam giác KMBcó :

BM=MC(gt)

HMC^=KMB^ (đối đỉnh)

HM=MK (do tam giác BHM=tam giác CKM )

=> ΔHMC=ΔKMB (c.g.c)

=> HCM^=KBM^ (2 góc tương ứng)

 Và từ Tam giác HMC=tam giác KMB (cmt)

=> BK=CH (2 cạnh tương ứng)

1. c)

Xét ΔBEM;ΔFCM có :

BM=MC(gt)

MBEˆ=MCFˆ(slt)

BE=FC(cmt)

=> tam giác BEM=tam giác FCM(c.g.c)

=> EM=FM(2 cạnh tương ứng)

=> M Là trung điểm của EF

Do đó : E, M, F thẳng hàng

1. d) Xét tam giác AEF ta có

AM là đường cao

EM=FM ( cmt )

=> AEF là tam giác cân tại A