Bài 4

a) Do AB < AC < BC (6 < 8 < 10)

⇒ ∠ACB < ∠ABC < ∠BAC

b) Do BI là tia phân giác của ∠ABC (gt)

⇒ ∠ABI = ∠CBI

⇒ ∠ABI = ∠HBI

Xét hai tam giác vuông: ∆ABI và ∆HBI có:

BI là cạnh chung

∠ABI = ∠HBI (cmt)

⇒ ∆ABI = ∆HBI (cạnh huyền - góc nhọn)

c) Do ∆ABI = ∆HBI (cmt)

⇒ AB = BH (hai cạnh tương ứng)

⇒ B nằm trên đường trung trực của AH (1)

Do ∆ABI = ∆HBI (cmt)

⇒ AI = HI (hai cạnh tương ứng)

⇒ I nằm trên đường trung trực của AH (2)

Từ (1) và (2) ⇒ BI là đường trung trực của AH

d) ∆CHI vuông tại H

⇒ IC là cạnh huyền nên CI là cạnh lớn nhất

⇒ HI < IC

Mà HI = IA (cmt)

⇒ IA < IC

e) ∆ABC vuông tại A (gt)

⇒ CA ⊥ AB

⇒ CA ⊥ BK

⇒ CA là đường cao của ∆BCK

Do IH ⊥ BC (gt)

⇒ KH ⊥ BC

⇒ KH là đường cao của ∆BCK

∆BCK có:

CA là đường cao (cmt)

KH là đường cao (cmt)

Mà I là giao điểm của CA và KH

⇒ BI là đường cao thứ ba của ∆BCK

⇒ BI KC

f) Xét hai tam giác vuông: ∆AIK và ∆HIC có:

AI = HI (cmt)

∠AIK = ∠HIC (đối đỉnh)

⇒ ∆AIK = ∆HIC (cạnh góc vuông - góc nhọn kề)

⇒ IK = IC (hai cạnh tương ứng)

Bài 3:

a: Xét ΔBAK và ΔBIK có

BA=BI

\(\widehat{ABK}=\widehat{IBK}\)

BK chung

Do đó: ΔBAK=ΔBIK

b: Ta có: ΔBAK=ΔBIK

=>\(\widehat{BAK}=\widehat{BIK}\)

=>\(\widehat{BIK}=90^0\)

=>KI\(\perp\)BC

Ta có: ΔBAK=ΔBIK

=>KA=KI

mà KI<KC(ΔKIC vuông tại I)

nên KA<KC

c: Ta có: \(\widehat{CAI}+\widehat{BAI}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\widehat{HAI}+\widehat{BIA}=90^0\)(ΔHAI vuông tại H)

mà \(\widehat{BAI}=\widehat{BIA}\)(ΔBAI cân tại B)

nên \(\widehat{CAI}=\widehat{HAI}\)

=>AI là phân giác của góc HAC

d: Ta có: BA=BI

=>B nằm trên đường trung trực của AI(1)

Ta có: KA=KI

=>K nằm trên đường trung trực của AI(2)

Từ (1) và (2) suy ra BK là đường trung trực của AI

=>BK\(\perp\)AI

Xét ΔBAI có

BK,AH là các đường cao

BK cắt AH tại O

Do đó: O là trực tâm của ΔBAI

=>IO\(\perp\)BA

mà IM\(\perp\)AB

và IM,IO có điểm chung là I

nên I,M,O thẳng hàng

Bài 5:

a: Xét ΔABM và ΔACM có

AB=AC

BM=CM

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔACM

b: Ta có: ΔABM=ΔACM

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MAC}\)

Xét ΔAEM vuông tại E và ΔAFM vuông tại F có

AM chung

\(\widehat{EAM}=\widehat{FAM}\)

Do đó: ΔAEM=ΔAFM 

=>AE=AF

c: Ta có: AE=AF

=>A nằm trên đường trung trực của EF(1)

Ta có: KE=KF

=>K nằm trên đường trung trực của FE(2)

Ta có: ME=MF(ΔAEM=ΔAFM)

=>M nằm trên đường trung trực của FE(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,K,M thẳng hàng

d:

Ta có: ΔAMB=ΔAMC

=>\(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}\)

mà \(\widehat{AMB}+\widehat{AMC}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AMB}=\widehat{AMC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>AM\(\perp\)BC

Ta có: AM\(\perp\) BC

AM//DC

Do đó: DC\(\perp\)BC

Ta có: \(\widehat{ACD}+\widehat{ACB}=\widehat{DCB}=90^0\)

\(\widehat{ADC}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔDCB vuông tại C)

mà \(\widehat{ACB}=\widehat{ABC}\)(ΔABC cân tại A)

nên \(\widehat{ACD}=\widehat{ADC}\)

=>AC=AD

mà AB=AC

nên AB=AD

=>A là trung điểm của BD