Cho \[\Delta ABC\] có \[AB = AC\], \[M\] là trung điểm của \[BC\]. Trên tia đối của tia \[MA\] lấy điểm \[D\] sao cho \[AM = MD\].

a) Chứng minh rằng \(\Delta ABM = \Delta DCM\).

b) Chứng minh \(AB\parallel DC\).

c) Chứng minh \(AM \bot BC\).

d) Tìm điều kiện của \[\Delta ABC\] để góc \(\widehat {ADC} = 45^\circ \).

a) Xét \[\Delta AMB\] và \[\Delta CMD\] có:

\[MD = MB\] (giả thiết)

\[\widehat {AMB} = \widehat {CMD}\] (2 góc đối đỉnh)

\[MA = MC\] (giả thiết)

Suy ra \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (c.g.c)

b) Xét \[\Delta AMD\] và \[\Delta CMB\] có: \[MD = MB\] (giả thiết), \[\widehat {AMD} = \widehat {CMB}\] (đối đỉnh), \[MA = MC\] (giả thiết)

Vậy \[\Delta AMD = \Delta CMB\] (c.g.c) suy ra \[\widehat {ADM} = \widehat {CBM}\] (hai góc tương ứng), mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AD\,{\rm{//}}\,BC\] (dấu hiệu nhận biết)

c) Ta có: \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (chứng minh trên) suy ra \[\widehat {MAB} = \widehat {MCD}\] (hai góc tương ứng) mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AB\,{\rm{//}}\,\,CD\] (1)

Ta lại có: \[MH \bot AB\] (giả thiết) (2). Từ (1) và (2) suy ra \[MH \bot CD\] và \[MK \bot DC\] (giả thiết) suy ra 3 điểm \[H,M,K\] thẳng hàng (định lý)

Xét \[\Delta AMH\] và \[\Delta CMK\] có:

\[\widehat {AHM} = \widehat {MKC} = 90^\circ \] (giả thiết)

\[AM = MC\] (giả thiết)

\[\widehat {AMH} = \widehat {CMK}\] (đối đỉnh)

Vậy \[\Delta AMH = \Delta CMK\] (ch – gn) suy ra \[AM = MC\] hay \[M\] là trung điểm \[HK\].

a) Xét \(\Delta AHC\) và \(\Delta KCH\) có

\(AH = HK\) (\(H\) là trung điểm của \(AK\))

\(\widehat {AHC} = \widehat {CHK}\) (\(AH \bot BC\))

\(CH\) là cạnh chung

Do đó \(\Delta AHC = \Delta KHC\) (cgc).

b) Vì \[\Delta AHC = \Delta KHC\] (chứng minh trên) do đó \[AC = CK\] (2 cạnh tương ứng)                            (1)

Xét \[\Delta AEC\] và \[\Delta DEB\] ta có :

\[AE = ED\] (\[E\] là trung điểm của \[AD\])

\[BE = CE\] (\[E\] là trung điểm của \[BE\]) \[\widehat {AEC} = \widehat {BEC}\] (đối đỉnh)

Do đó \[\Delta AEC = \Delta DEB\] (c.g.c), suy ra \[AC = DB\] (2 cạnh tương ứng)                  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[BD = AC = CK\].

c) Xét \[\Delta AHC\] và \[\Delta KHE\] ta có \[AH = KH\], \[\widehat {AHE} = \widehat {KHE}\], \[HE\] là cạnh chung

Suy ra \[\Delta AHC = \Delta KHE\] (c.g.c) do đó \[\widehat {AEH} = \widehat {KEH}\] (2 góc tương ứng)

Suy ra \[EH\] là tia phân giác \[AEK\].

Vì \[\Delta AHE = \Delta KHE\] nên \[AE = KE\] mà \[AE = ED\]

Suy ra \[KE = ED\] do đó \[\Delta KED\] cân tại \[E\] nên \[\widehat {EKD} = \widehat {EDK}\].

\[\widehat {EDK} + \widehat {KED} = 90^\circ \] nên \[\widehat {EKD} = \frac{{180^\circ - \widehat {KED}}}{2}\]

Lại có \[\widehat {AKE} + \widehat {KED} = 180^\circ \] suy ra \[\widehat {AKE} = 180^\circ - \widehat {KED}\].

\[\widehat {AEH} + \widehat {HEK} = 180^\circ - \widehat {KED}\]

\[\widehat {HEK} = 180^\circ - \widehat {KED}\]

\[\widehat {HEK} = \frac{{180^\circ - \widehat {KED}}}{2}\]                          (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[\widehat {HEK} = \widehat {ABC}\] mà chúng là 2 góc so le trong

Do đó \[HE{\rm{//}}KD\] hay \[BC{\rm{//}}KD\].

d) Xét \[\Delta KEN\] và \[\Delta DEN\] \[CE = ED\] (\[EN\] chung) \[KN = ND\] (\[N\] là trung điểm của \[KD\])

Suy ra \[\Delta KEN = \Delta DEN\] (c.c.c) nên \[\widehat {ENK} = \widehat {END}\] mà \[\widehat {ENK} + \widehat {END} = 180^\circ \].

Suy ra \[\widehat {ENC} = \widehat {END} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \] hay \[EN \bot KD\].

\[\Delta KBE = \Delta DCE\] suy ra \[BK = CD\] (2 cạnh tương ứng)

\[\Delta BKD = \Delta CDK\] (c.c.c) do đó \[\widehat {BDK} = \widehat {CKD}\] (2 góc tương ứng)

Suy ra \[\Delta KID\] cân tại \[I\] nên \[IK = ID\] xét \[\Delta KIN = \Delta DIN\] do đó \[\widehat {INK} - \widehat {IND}\].

Mà \[\widehat {INK} + \widehat {IND} = 180^\circ \] suy ra \[\widehat {INK} = \widehat {IND} = 90^\circ \] hay \[IN \bot KD\].