Giải thích các bước giải:

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

Xét `ΔAMB` và `ΔAMC` có:

`AB=AC`

`\hat{AMB}=\hat{AMC} (AM` là phân giác của `\hat{BAC})`

`AM`: cạnh chung

`=> ΔAMB=ΔAMC` (c.g.c)

b)  `ΔAMB=ΔAMC => MB=MC`

Xét `ΔBME` và `ΔCMF` có:

`\hat{BEM}=\hat{CMF}=90^0 (ME⊥AB; MF⊥AC;E∈AB;F∈AC)`

`MB=MC`

`\hat{B}=\hat{C}`

`=> ΔBME=ΔCMF` (cạnh huyền-góc nhọn)

`=> ME=MF => ΔMEF` cân tại `M`

c) `ΔAMB=ΔAMC => \hat{AMB}=\hat{AMC}`

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

`=> \hat{AMB}=\hat{AMC}=90^0`

`=> AM⊥BC`

`ΔBME=ΔCMF => BE=CF`

Ta có: `AB=AC; BE=CF`

`=> AB-BE=AC-CF => AE=AF`

`=> ΔAEF` cân tại `A => \hat{AEF}=\hat{AFE}=\frac{180^0-\hat{BAC}}{2}`

`ΔABC` cân tại `A => \hat{B}=\hat{C}=\frac{180^0-\hat{BAC}}{2}`

`=> \hat{AEF}=\hat{B}`

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị của `EF` và `BC`

`=>` $EF//BC$ 

mà `AM⊥BC => AM⊥EF`

d) `AI⊥BC; AM⊥BC`

`=> \hat{K}=\hat{MAC}` (đồng vị)

      `\hat{AEK}=\hat{MAB}` (so le trong)

lại có `\hat{MAC}={MAB}` (`MA` là tia phân giác `\hat{BAC}`)

`=> \hat{K}=\hat{AEK}`

`=> ΔAEK` cân tại `A => AE=AK`

mà `AE=AF` (cmt) `=> AK=AF`

`=> A` là trung điểm của `KF`

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

a) vì Δ ABC cân tại A(gt) ⇒AM là tia pg đồng thời là đcao

xét Δ AMB vuông tại M và Δ AMC vuông tại M có:

                         AM chung

             góc ABM = góc ACM(Δ ABC )

        ⇒ Δ AMB = Δ AMC(ch-gn) 

                     vậy 

b) xét Δ MBE vuông tại E và Δ MBE vuông tại F có :

góc EBM = góc FCM (ΔABC cân)

  BM=MC(Δ AMB = Δ AMC)

⇒Δ MBE=Δ MBE(ch-gn)

⇒ME=MF(2 góc t,ư)

⇒ Δ MEF cân tại M

                             vậy 

c)