Bài 4: Trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác cạnh - góc - cạnh (c.g.c)

a: Sửa đề: cắt CD tại H. Chứng minh ΔBCH=ΔBDH

Xét ΔBHC và ΔBHD có

BH chung

\(\widehat{HBC}=\widehat{HBD}\)(BH là phân giác của góc CBD)

BC=BD

Do đó: ΔBHC=ΔBHD

b: Bạn ghi lại đề nha bạn

Đề bị sai mà em

Xét ΔCMA vuông tại M và ΔCMB vuông tại M có

CM chung

MA=MB

Do đó: ΔCMA=ΔCMB

=>\(\widehat{ACM}=\widehat{BCM}\)

=>CM là phân giác của góc ACB

Bài 55:

a: Xét ΔABD và ΔEBD có

BA=BE

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE

Ta có: ΔBAD=ΔBED

=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BED}=90^0\)

=>DE\(\perp\)BC tại E

Ta có: \(\widehat{EDC}+\widehat{C}=90^0\)(ΔEDC vuông tại E)

\(\widehat{ABC}+\widehat{C}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)

Do đó: \(\widehat{EDC}=\widehat{ABC}\)

b: ta có: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE
=>D nằm trên đường trung trực của AE(1)

Ta có:BA=BE

=>B nằm trên đường trung trực của AE(2)

Từ (1) và (2) suy ra BD là đường trung trực của AE

=>BD\(\perp\)AE 

Bài 56:

a: Xét tứ giác ABEC có

M là trung điểm chung của AE và BC

=>ABEC là hình bình hành

=>AC//BE và AC=BE

b: Xét ΔIAM và ΔKEM có

IA=KE

\(\widehat{IAM}=\widehat{KEM}\)(hai góc so le trong, AC//BE)

MA=ME

Do đó: ΔIAM=ΔKEM

=>\(\widehat{IMA}=\widehat{KME}\)

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

nên \(\widehat{KME}+\widehat{IME}=180^0\)

=>K,M,I thẳng hàng

a: Xét ΔABM và ΔACM có

AB=AC

BM=CM

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔACM

b: Xét ΔNBC và ΔNAK có

NB=NA

\(\widehat{BNC}=\widehat{ANK}\)(hai góc đối đỉnh)

NC=NK

Do đó: ΔNBC=ΔNAK

=>BC=AK

mà BC=2MC

nên AK=2MC

c: ΔNBC=ΔNAK

=>\(\widehat{NBC}=\widehat{NAK}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BC//AK

ΔABC cân tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM\(\perp\)BC

mà BC//AK

nên AM\(\perp\)AK

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

`a)` 

Có `Delta ABC` cân tại `A(g t)`

`=>hat(ABC)=hat(ACB)`

`=>hat(EBC)=hat(DCB)`

Xét `Delta BEC` và `Delta CDB` có :

`{:(hat(E_1)=hat(D_1)(=90^0)),(BC-chung),(hat(EBC)=hat(DCB)(cmt)):}}`

`=>Delta BEC=Delta CDB(c.h-g.n)`

`=>CE=BD` ( 2 cạnh tương ứng )( dpcm )

`b)`

Có `Delta BEC=Delta CDB(cmt)`

`=>hat(C_1)=hat(B_1)` ( 2 góc tương ứng )

`=>Delta BOC` cân tại `O`

`=>OB=OC`(dpcm)

Xét `Delta OEB` và `Delta ODC` có :

`{:(hat(E_1)=hat(D_1)(=90^0)),(OB=OC(cmt)),(hat(O_1)=hat(O_2)(doi.di nh)):}}`

`=>Delta OEB=Delta ODC(c.h-g.n)`

`=>OE=OD`( 2 cạnh tương ứng )(dpcm)

`c)`

Có `Delta ABC` cân tại `A(g t)`

`=>AB=AC`

`=>A in ` trung trực của `Delta ABC(1)`

Có `OB=OC(cmt)`

`=>O in` trung trực của `Delta ABC(2)`

Từ `(1)` và `(2)=>OA` là trung trực `Delta ABC`

mà `Delta ABC` cân tại `A` 

Nên `OA` là phân giác `hat(BAC)` (dpcm)

a: Xét ΔABF và ΔACE có

AB=AC

\(\widehat{BAF}\) chung

AF=AE

Do đó: ΔABF=ΔACE

=>BF=CE

AE+EB=AB

AF+FC=AC

mà AE=AF và AB=AC

nên EB=FC

Xét ΔEBC và ΔFCB có

EB=FC

BC chung

EC=FB

Do đó: ΔEBC=ΔFCB

b: ΔABF=ΔACE

=>\(\widehat{ABF}=\widehat{ACE}\)

=>\(\widehat{IBE}=\widehat{ICF}\)

ΔBEC=ΔCFB

=>\(\widehat{BEC}=\widehat{CFB}\)

=>\(\widehat{IEB}=\widehat{IFC}\)

Xét ΔIEB và ΔIFC có

\(\widehat{IEB}=\widehat{IFC}\)

BE=CF

\(\widehat{IBE}=\widehat{ICF}\)

Do đó: ΔIEB=ΔIFC

a: Xét ΔNAM và ΔNCP có

NA=NC

\(\widehat{ANM}=\widehat{CNP}\)

NM=NP

Do đó: ΔNAM=ΔNCP

=>\(\widehat{NAM}=\widehat{NCP}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên CP//AM

=>CP//AM

ΔNAM=ΔNCP

=>AM=CP

mà \(AM=\dfrac{AB}{2}\)

nên \(CP=\dfrac{AB}{2}\)

bạn bổ sung lại đề đi bạn

a: Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOC}\)'

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>AC=BC và \(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}\)

\(\widehat{OAC}+\widehat{xAC}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\widehat{OBC}+\widehat{yBC}=180^0\)(hai góc kề bù)

mà \(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{yBC}\)

b: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(1)

CA=CB

=>C nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra OC là đường trung trực của AB

=>OC\(\perp\)AB

=>Oz\(\perp\)AB