Cho \(\Delta ABC\) cân tại \(A\). Gọi \(D\) là trung điểm của \(BC.\)

a) Chứng minh \(\Delta ADB = \Delta ADC\) và \(AD\) là tia phân giác \(\widehat {BAC}\).

b) Trên cạnh \(AB\) và \(AC\) lấy lần lượt hai điểm \[M,\,\,N\] sao cho \(AM = AN\).

Gọi \(K\) là giao điểm của \(AD\) và \(MN\). Chứng minh \(\Delta AKM = \Delta AKN\) và \(AD \bot MN\).

c) Gọi \(O\) là trung điểm của \(BM\), trên tia đối của tia \(OD\) lấy điểm \(P\) sao cho \(OD = OP\). Chứng minh \(P,\,\,M,\,\,N\) thẳng hàng.

a) Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ADC\) có

\(AB = AC\) (\(\Delta ABC\) cân tại \(A\));

\(BD = DC\) (\[D\] là trung điểm \[BC\]);

Cạnh \(AD\) chung

Do đó \(\Delta ADB = \Delta ADC\) (c.c.c)

Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\) (hai góc tương ứng)

Do đó \(AD\) là phân giác của \(\widehat {BAC}\).

b) Xét \(\Delta AMK\) và \(\Delta ANK\) có:

\(AM = AN\) (gt);

\(\widehat {MAK} = \widehat {NAK}\) (do \(AD\) là phân giác \(\widehat {BAC}\));

Cạnh \(AK\) chung.

Do đó \(\Delta AMK = \Delta ANK\) (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {{K_1}} = \widehat {{K_2}}\) (góc tương ứng)

Mà \(\widehat {{K_1}} + \widehat {{K_2}} = 180^\circ \) (kề bù) suy ra \(\widehat {{K_1}} = \widehat {{K_2}} = 90^\circ \) nên \(AK \bot MN\) hay \(AD \bot MN\).

Ta có \(\Delta OPM = \Delta ODB\) (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {MPO} = \widehat {ODB}\) (hai góc tương ứng).

Mà hai góc vị trí so le trong nên \(PM\,{\rm{//}}\,BC\) (1)

 Xét \(\Delta AMN\) cân \[A\] (do \(AM = AN\)) nên \(\widehat {ANM} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BAC}}}{2}\).

Xét \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) (gt) nên \(\widehat {ACB} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BAC}}}{2}\).

Do đó \(\widehat {ANM} = \widehat {ACB}\), mà hai góc vị trí đồng vị nên \(MN\,{\rm{//}}\,BC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(P,\,\,M,\,\,N\) thẳng hàng (tiên đề Euclid).