Cho tam giác ABC cân tại A.Trên tia đối của tia BC lấy điểm D,trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho BD=CE a,Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác cân b,Kẻ BH vuông góc với AD(H thuộc AD),kẻ CK vuông góc với AE( K thuộc AE). Chứng minh rằng BH=CK và HK // BC c,Gọi O là giao điểm của BH và CK.Tam giác OBC là tam giác gì?Vì sao? d, Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằm AM, BH, CK đồng quy

Đáp án `+` Giải thích các bước giải:

a) `ΔABC` cân tại `A => AB=AC; \hat{ABC}=\hat{ACB}`

mà `\hat{ABC}+\hat{ABD}=180^0` (kề bù)

      `\hat{ACB}+\hat{ACE}` (kề bù)

`=> \hat{ABD}=\hat{ACE}` 

Xét `ΔABD` và `ΔACE` có:

`AB=AC` (cmt)

`\hat{ABD}=\hat{ACE}`  (cmt)

`BD=CE` (gt)

`=> ΔABD=ΔACE` (c.g.c)

`=> AD=AE` (2 cạnh tương ứng)

`=> ΔADE` cân tại `A`

b)  `ΔADE` cân tại `A => \hat{D}=\hat{E}`

Xét `ΔBHD` và `ΔCKE` có:

`\hat{BHD}=\hat{CKE}=90^0 (BH⊥AD; CK⊥AE)`

`BD=CE` (gt)`

`\hat{D}=\hat{E}` (cmt)

`=> ΔBHD=ΔCKE` (cạnh huyền -góc nhọn)

`=> BH=CK; DH=EK`

lại có `AD=AE`(cmt) 

`=> AD-DH=AE-EK => AH=AK`

`=> ΔAHK` cân tại `A`

`=> \hat{AHK}=\hat{AKH}=\frac{180^0-\hat{DAE}}{2}`

`ΔADE` cân tại `A => \hat{D}=\hat{E}= \frac{180^0-\hat{DAE}}{2}`

`=> \hat{AHK}=\hat{D}`

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị của `HK` và `DE`

`=>` $HK//DE$ `=>` $HK//BC$ `(D,E∈BC)`

c) `ΔBHD=ΔCKE` (cmt)

`=> \hat{HBD}=\hat{KCE}` (2 góc tương ứng)

mà `\hat{HBD}=\hat{CBO}` (đối đỉnh)

      `\hat{KCE}=\hat{BCO}` (đối đỉnh)

`=> \hat{CBO}=\hat{BCO}`

`=> ΔBOC` cân tại `O`

d) Xét `ΔBAM` và `ΔCAM` có:

`AB=AC` (cmt)

`AM`: cạnh chung

`MB=MC (M` là trung điểm của `BC)`

`=> ΔBAM=ΔCAM` (c.c.c)

`=> \hat{AMB}=\hat{AMC} `

mà `\hat{AMB}+\hat{AMC}=180^0` (kề bù)

`=> \hat{AMB}=\hat{AMC}=90^0 => AM⊥BC`   (1)

Xét `ΔBOM` và `ΔCOM` có:

`OB=OC (ΔOBC` cân tại `O)`

`OM`: cạnh chung

`MB=MC` (`M` là trung điểm của `BC`)

`=> ΔBOM=ΔCOM` (c.c.c)

`=> \hat{OMB}=\hat{OMC}`

mà `\hat{OMB}+\hat{OMC}=180^0` (kề bù)

`=> \hat{OMB}=\hat{OMC}=90^0 => OM⊥BC`    (2)

Từ (1) và (2) `=> O, M, A` thẳng hàng

mà `O` là giao điểm của `BH` và `CK`

`=> AM, BH, CK` đồng quy tại `O`.

Giải thích các bước giải:

a) `ΔABC` cân tại `A => AB=AC; \hat{ABC}=\hat{ACB}`

mà `\hat{ABC}+\hat{ABD}=180^0` (kề bù)

      `\hat{ACB}+\hat{ACE}` (kề bù)

`=> \hat{ABD}=\hat{ACE}` 

Xét `ΔABD` và `ΔACE` có:

`AB=AC` (cmt)

`\hat{ABD}=\hat{ACE}`  (cmt)

`BD=CE` (gt)

`=> ΔABD=ΔACE` (c.g.c)

`=> AD=AE` (2 cạnh tương ứng)

`=> ΔADE` cân tại `A`

b)  `ΔADE` cân tại `A => \hat{D}=\hat{E}`

Xét `ΔBHD` và `ΔCKE` có:

`\hat{BHD}=\hat{CKE}=90^0 (BH⊥AD; CK⊥AE)`

`BD=CE` (gt)`

`\hat{D}=\hat{E}` (cmt)

`=> ΔBHD=ΔCKE` (cạnh huyền -góc nhọn)

`=> BH=CK; DH=EK`

lại có `AD=AE`(cmt) 

`=> AD-DH=AE-EK => AH=AK`

`=> ΔAHK` cân tại `A`

`=> \hat{AHK}=\hat{AKH}=\frac{180^0-\hat{DAE}}{2}`

`ΔADE` cân tại `A => \hat{D}=\hat{E}= \frac{180^0-\hat{DAE}}{2}`

`=> \hat{AHK}=\hat{D}`

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị của `HK` và `DE`

`=>` $HK//DE$ `=>` $HK//BC$ `(D,E∈BC)`

c) `ΔBHD=ΔCKE` (cmt)

`=> \hat{HBD}=\hat{KCE}` (2 góc tương ứng)

mà `\hat{HBD}=\hat{CBO}` (đối đỉnh)

      `\hat{KCE}=\hat{BCO}` (đối đỉnh)

`=> \hat{CBO}=\hat{BCO}`

`=> ΔBOC` cân tại `O`

d) Xét `ΔBAM` và `ΔCAM` có:

`AB=AC` (cmt)

`AM`: cạnh chung

`MB=MC (M` là trung điểm của `BC)`

`=> ΔBAM=ΔCAM` (c.c.c)

`=> \hat{AMB}=\hat{AMC} `

mà `\hat{AMB}+\hat{AMC}=180^0` (kề bù)

`=> \hat{AMB}=\hat{AMC}=90^0 => AM⊥BC`   (1)

Xét `ΔBOM` và `ΔCOM` có:

`OB=OC (ΔOBC` cân tại `O)`

`OM`: cạnh chung

`MB=MC` (`M` là trung điểm của `BC`)

`=> ΔBOM=ΔCOM` (c.c.c)

`=> \hat{OMB}=\hat{OMC}`

mà `\hat{OMB}+\hat{OMC}=180^0` (kề bù)

`=> \hat{OMB}=\hat{OMC}=90^0 => OM⊥BC`    (2)

Từ (1) và (2) `=> O, M, A` thẳng hàng

mà `O` là giao điểm của `BH` và `CK`

`=> AM, BH, CK` đồng quy tại `O`.