`a,`

Xét `\triangleAMB` và `\triangleDMC`, ta có: 

`AM=MD(g t)`

`\hat(AMB)=\hat(DMC)`(`2` góc đối đỉnh)

`BM=MC(g t)`

`=>\triangleAMB=\triangleDMC(c-g-c)`

`b,`

Xét `\triangleAMC` và `\triangleDMB` có:

`AM=DM(g t)`

`BM=CM(g t)`

`\hat(AMC)=\hat(DMB)`(`2` góc đối đỉnh)

`=>\triangleAMC=\triangleDMB`

`=>\hat(CAM)=\hat(BDM)`

Nhưng `2` góc này ở vị trí so le trong

`=>AC////BD`

`c,`

Do  `\triangleAMB=\triangleDMC(cmt)`

`=>AB=DC`

`=>\hat(MBA)=\hat(MCD)` hoặc `\hat(HAB)=\hat(KCD)`

Xét `\triangleAHB` và \triangleDKC` có:

`\hat(AHB)=\hat(DKC)=90^0`

`CD=AM(cmt)`

`\hat(ABH)=\hat(DCK)(cmt)`

`=>\triangleAHB=\triangleDKC`(canh huyền-góc nhọn)

`=>BK=CH`

`d,`

Xét `\triangleAIB` và `\triangleCIE` có:

`AI=IC(g t)`

`\hat(AIB)=\hat(CIE)`(`2` góc đối đỉnh)

`IB=IE(g t)`

`=>\triangleAIB=\triangleCIE(c-g-c)`

`=>AB=EC` và `\hat(ABI)=\hat(CEI)`

Ta có:

Vì `\hat(ABI)=\hat(CEI)`

mà `2` góc ở vị trí so le trong 

`=>AB////EC(1)`

Lại có:

Vì `\triangleAMB=\triangleDMC`

`=>\hat(MAB)=\hat(MDC)`

Mà `2` góc ở vị trí so le trong

`=>CD////AB(2)`

`(1)(2)=>A,C,D` thẳng hàng 

Lại có :

`EC=CD`(cùng bằng với cạnh `AB`)

`=>C` là trung điểm của `DE`

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

Câu a:

Xét ∆AMB và ∆DMC có

MB =MC (GT)

MA =MD(GT)

A^MB=D^MCAM^B=DM^C ( Hai góc đối đỉnh)

=> ∆AMB = ∆DMC (c.g.c)

Câu b:

Chứng minh được ∆AMC = ∆DMB

⇒M^AC=M^DB⇒⇒MA^C=MD^B⇒ AC//BD(ĐPCM)

minh chi co vay thui thong cam