a: Xét ΔABI và ΔDCI có

IA=ID

\(\widehat{AIB}=\widehat{DIC}\)

IB=IC

Do đó: ΔABI=ΔDCI

Suy ra: \(\widehat{ABI}=\widehat{DCI}\)

mà hai góc này ở vị trí so le trong

nên AB//CD

b: Ta có: AB//CD

mà AB\(\perp\)AC

nên CD\(\perp\)AC

c: Xét tứ giác ABDC có

I là trung điểm của AD

I là trung điểm của BC

Do đó: ABDC là hình bình hành

mà \(\widehat{CAB}=90^0\)

nên ABDC là hình chữ nhật

Suy ra: BC=AD

A B C M N Q P O R S T A B C H M D I A B C D K G M K E P F (Hình a) (Hình b) (Hình c) Q I

Bài toán 1: (Hình a)

Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AC tại R, qua P kẻ đường thẳng song song với BC. Đường thẳng này cắt AM,AN,BC lần lượt tại S,T,K.

Ta thấy \(\Delta\)APR có AN vừa là đường cao, đường phân giác => \(\Delta\)APR cân tại A => AP = AR, NP = NR

Áp dụng hệ quả ĐL Thales \(\frac{BM}{PS}=\frac{CM}{KS}\left(=\frac{AM}{AS}\right)\)=> PS = KS

Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác: \(\frac{TK}{TP}=\frac{AK}{AP}\Rightarrow\frac{ST+SK}{TP}=\frac{AK}{AR}\)

\(\Rightarrow\frac{2ST+PT}{TP}=\frac{AR+RK}{AR}\Rightarrow\frac{2ST}{TP}=\frac{RK}{AR}\)

Dễ thấy NS là đường trung bình của  \(\Delta\)RKP => RK = 2NS. Do đó \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}\)

Đồng thời NS // AR, suy ra \(\frac{ST}{TP}=\frac{NS}{AR}=\frac{SQ}{QA}\)=> QT // AP (ĐL Thaels đảo)

Mà AP vuông góc PO nên QT vuông góc PO. Từ đây suy ra T là trực tâm của \(\Delta\)POQ

=> QO vuông góc PT. Lại có PT // BC nên QO vuông góc BC (đpcm).

Bài toán 2: (Hình b)

Ta có IB = IC => \(\Delta\)BIC cân tại I => ^IBC = ^ICB = ^ACB/2 => \(\Delta\)MCI ~ \(\Delta\)MBC (g.g)

=> MC² = MI.MB. Xét \(\Delta\)AHC có ^AHC = 90⁰ , trung tuyến HM => HM = MC

Do đó MH² = MI.MB => \(\Delta\)MIH ~ \(\Delta\)MHB (c.g.c) => ^MHI = ^MBH = ^MBC = ^MCI

=> Tứ giác CHIM nội tiếp. Mà CI là phân giác ^MCH nên (IH = (IM hay IM = IH (đpcm).

Bài toán 3: (Hình c)

a) Gọi đường thẳng qua C vuông góc CB cắt MK tại F, DE cắt BC tại Q, CG cắt BD tại I.

Áp dụng ĐL Melelaus:\(\frac{MB}{MC}.\frac{GA}{GB}.\frac{DC}{DA}=1\)suy ra \(\frac{DC}{DA}=2\)=> A là trung điểm DC

Khi đó G là trọng tâm của \(\Delta\)BCD. Do CG cắt BD tại I nên I là trung điểm BD

Dễ thấy \(\Delta\)BCD vuông cân tại B => BI = CM (=BC/2). Từ đó \(\Delta\)IBC = \(\Delta\)MCF (g.c.g)

=> CB = CF => \(\Delta\)BCF vuông cân ở C => ^CBA = ^CBF (=45⁰) => B,A,F thẳng hàng

=> CA vuông góc GF. Từ đó K là trực tâm của \(\Delta\)CGF => GK vuông góc CF => GK // CM

Theo bổ đề hình thang thì P,Q lần lượt là trung điểm GK,CM. Kết hợp \(\Delta\)CEM vuông ở E

=> EQ=CM/2. Áp dụng ĐL Melelaus có \(\frac{GD}{GM}.\frac{EQ}{ED}.\frac{CM}{CQ}=1\)=> \(\frac{EQ}{ED}=\frac{1}{4}\)

=> \(\frac{ED}{CM}=2\)=> DE = 2CM = BC (đpcm).

b) Theo câu a thì EQ là trung tuyến của \(\Delta\)CEM vuông tại E => EQ = QC => ^QEC = ^QCE

Vì vậy ^PEG = ^QEC = ^QCE = ^PGE => \(\Delta\)EPG cân tại P => PG = PE (đpcm).

a: Xét ΔABC có 

K là trung điểm của AB

KN//BC

Do đó: N là trung điểm của AC

Xét ΔABC có

N là trung điểm của AC

NM//AB

Do đó: M là trung điểm của BC

Xét tứ giác KNMB có 

KN//MB

MN//KB

Do đó: KNMB là hình bình hành

Suy ra: KN=MB=MC

b: Xét tứ giác KMCN có 

KN//MC

KN=MC

Do đó:KMCN là hình bình hành

Suy ra: KM=NC

c: Xét tứ giác KNDC có 

KN//DC

KN=DC

Do đó: KNDC là hình bình hành

Suy ra: Hai đường chéo KD và NC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

=>IN=IC

ố có 3 nick lận hả ???

ukm,bn trả lời đi,giúp mk đi mà

Câu 1: 

a: Xét ΔAID và ΔCIB có

IA=IC

\(\widehat{AID}=\widehat{CIB}\)

ID=IB

Do đó: ΔAID=ΔCIB

b: Xét tứ giác ABCD có

I là trung điểm của AC

I là trung điểm của BD

Do đó: ABCD là hình bình hành

SUy ra: AB//CD

c: Xét ΔABC và ΔECB có

AB=EC

\(\widehat{ABC}=\widehat{ECB}\)

BC chung

Do đó: ΔABC=ΔECB

Xét tứ giác ABEC có

AB//CE
AB=CE
Do đó: ABEC là hình bình hành

Suy ra: AC//BE