Hình dễ bạn tự vẽ nhé ! 

a) Xét tam giác ABC và tam giác AB'C' có: 

               AC = AC'

               BAC= B'AC'

               AB = AB

nên tam giác ABC = tam giác AB'C' ( c.g.c ) 

b) Từ tam giác ABC = tam giác AB'C' => C'B' = CB, ABC = AB'C', ACB = AC'B' 

Hình dễ bn tự vẽ nhé

a,Xét \(\Delta ABC\)và\(\Delta AB’C’\),có:

\(AB=AB’\)(gt)

\(AC=AC’\)(gt)

\(\widehat{BAC}=\widehat{B’AC’}\)(đối đỉnh)

\(\Rightarrow\Delta ABC=\Delta AB’C’\)(c.g.c)

b,tam giác ABC và tam giác AB’C’ có những cặp cạnh, cặp góc bằng nhau là:

BC=B’C’(2 cạnh tương ứng)

\(\widehat{ABC}=\widehat{AB’C’}\)(2 góc tương ứng)

\(\widehat{BCA}=\widehat{B’C’A}\)(2 góc tương ứng)

k mik nhé!!!

#sadgirl#

a: Sửa đề: Chứng minh ΔOCD=ΔOAB

Xét ΔOCD và ΔOAB có

OC=OA

\(\widehat{COD}=\widehat{AOB}\)(hai góc đối đỉnh)

OD=OB

Do đó: ΔOCD=ΔOAB

b: Xét ΔBHO vuông tại H và ΔDKO vuông tại K có

BO=DO

\(\widehat{BOH}=\widehat{DOK}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔBHO=ΔDKO

=>BH=DK

c: ta có;ΔOBA=ΔODC

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{ODC}\)

Xét ΔMBO và ΔNDO có

MB=ND

\(\widehat{MBO}=\widehat{NDO}\)

BO=DO

Do đó: ΔMBO=ΔNDO

=>\(\widehat{MOB}=\widehat{NOD}\)

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

nên \(\widehat{NOD}+\widehat{MOD}=180^0\)

=>\(\widehat{MON}=180^0\)

=>M,O,N thẳng hàng

a: Sửa đề: Chứng minh ΔOCD=ΔOAB

Xét ΔOCD và ΔOAB có

OC=OA

\(\widehat{COD}=\widehat{AOB}\)(hai góc đối đỉnh)

OD=OB

Do đó: ΔOCD=ΔOAB

b: Xét ΔBHO vuông tại H và ΔDKO vuông tại K có

BO=DO

\(\widehat{BOH}=\widehat{DOK}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔBHO=ΔDKO

=>BH=DK

c: ta có;ΔOBA=ΔODC

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{ODC}\)

Xét ΔMBO và ΔNDO có

MB=ND

\(\widehat{MBO}=\widehat{NDO}\)

BO=DO

Do đó: ΔMBO=ΔNDO

=>\(\widehat{MOB}=\widehat{NOD}\)

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

nên \(\widehat{NOD}+\widehat{MOD}=180^0\)

=>\(\widehat{MON}=180^0\)

=>M,O,N thẳng hàng

a, 2 tam giác ABC và tam giác AB'C' bằng nhau theo TH (c.g.c)

b, cặp góc: góc BAC và B'AC' ; góc B và B' ; góc C và C'

Cặp cạnh : AB=AB' ;AC =AC' ; BC = B'C'

chúc bạn học tốt !!! :)) :))

a) Ta có: $\widehat{ABM} = \widehat{NBM}$ (vì $BN = BA$) và $\widehat{BMA} = \widehat{NMB}$ (vì BM là phân giác của $\widehat{B}$). Vậy tam giác $ABM$ và tam giác $NBM$ có hai góc bằng nhau nên chúng đồng dạng.

b) Ta có $BN = BA$, suy ra tam giác $ABN$ đều, do đó $\widehat{NAB} = 60^\circ$. Ta có thể tính được $\widehat{BAC} = 90^\circ - \widehat{CAB} = 90^\circ - \widehat{ABN} = 30^\circ$. Khi đó, $\widehat{AMC} = \widehat{A} + \widehat{BAC} = 90^\circ + 30^\circ = 120^\circ$.

Do đó, tam giác $AMC$ là tam giác cân tại $A$ vì $\widehat{AMC} = 120^\circ = 2\cdot \widehat{ABC}$ (do tam giác $ABC$ vuông tại $A$). Khi đó, $AM = MC$.

c) Ta có $\widehat{CAB} = 30^\circ$, nên tia đối của $AB$ là tia $AH$ cũng là phân giác của $\widehat{A}$. Gọi $E'$ là trên $AH$ sao cho $AE' = CN$. Khi đó, ta có thể chứng minh $E'$ trùng với $E$, tức là $E'$ nằm trên đoạn thẳng $CE$ và $CE' = EI$.

Đặt $x = BE = BC$. Ta có $AN = AB = BN = x$, do đó tam giác $ABN$ đều và $\widehat{ANB} = 60^\circ$. Khi đó, ta có $\widehat{A} + \widehat{M} + \widehat{N} = 180^\circ$, hay $\widehat{M} + \widehat{N} = 90^\circ$.

Ta có $\dfrac{AE'}{CE'} = \dfrac{AN}{CN} = 1$, do đó $AE' = CE' = x$. Khi đó, tam giác $ACE'$ đều và $\widehat{ACE'} = 60^\circ$. Ta có thể tính được $\widehat{C} = 180^\circ - \widehat{A} - \widehat{B} = 60^\circ$, nên tam giác $ABC$ đều và $AC = x$.

Do $AM = MC$, ta có $\widehat{MAC} = \dfrac{180^\circ - \widehat{M}}{2} = \dfrac{180^\circ - \widehat{N}}{2}$. Ta cũng có $\widehat{B} + \widehat{N} + \widehat{C} = 180^\circ$, hay $\widehat{N} = 180^\circ - \widehat{A} - \widehat{B} - \widehat{B} - \widehat{C}$

Do đó, $\widehat{N} = 180^\circ - \widehat{A} - 90^\circ - \widehat{C} = 90^\circ - \widehat{B}$

Vậy $\widehat{MAC} = \dfrac{180^\circ - \widehat{M}}{2} = \dfrac{180^\circ - \widehat{N}}{2} = \dfrac{\widehat{B}}{2}$

Suy ra tam giác ABM và NBM có cùng một góc ở đỉnh M, và hai góc còn lại lần lượt bằng $\dfrac{\widehat{A}}{2}$ và $\dfrac{\widehat{C}}{2}$, nên chúng đồng dạng. Do đó, ta có $ABM = NBM$.

Về phần b, do $AM = MC$, ta có $AMC$ là tam giác cân tại $M$, hay $BM$ là đường trung trực của $AC$. Vì $BN$ là đường phân giác của $\widehat{B}$, nên ta có $BM$ cũng là đường phân giác của tam giác $\triangle ABC$. Do đó, $BM$ là đường phân giác của $\widehat{BAC}$, hay $\widehat{BAM} = \widehat{MAC} = \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$. Vậy $\widehat{BAM} + \widehat{ABM} = \dfrac{\widehat{BAC}}{2} + \dfrac{\widehat{A}}{2} = 90^\circ$, hay tam giác $\triangle ABM$ là tam giác vuông tại $B$.

Về phần c, vì $AE = CN$, ta có tam giác $\triangle AEC$ là tam giác cân tại $E$, nên $EI$ là đường trung trực của $AC$. Do đó, $\widehat{BIM} = \widehat{BIE} + \widehat{EIM} = \widehat{BCM} + \widehat{CAM} = \dfrac{\widehat{B}}{2} + \dfrac{\widehat{C}}{2}$. Tuy nhiên, ta đã chứng minh được $\widehat{MAC} = \dfrac{\widehat{B}}{2}$, nên $\widehat{BIM} = \widehat{MAC} + \dfrac{\widehat{C}}{2}$. Do đó, $B, M, I$ thẳng hàng.

a: Xét ΔABM va ΔNBM có

BA=BN

góc ABM=góc NBM

BM chung

=>ΔABM=ΔNBM

b: ΔABM=ΔNBM

=>MA=MN

mà MN<MC

nên MA<MC

c: Xet ΔMAE vuông tại A và ΔMNC vuông tại N có

MA=MN

AE=NC

=>ΔMAE=ΔMNC

=>ME=MC

=>M nằm trên trung trực của CE

mà BI là trung trựccủa CE
nen B,M,I thẳng hàng

a,Xét \(\Delta AOB\)và \(\Delta COD\)có :

\(OC=OA\)(gt)

\(OD=OB\)(gt)

\(O_1=O_2\)(đối đỉnh)

\(=>\Delta AOB=\Delta COD\left(c-g-c\right)\)

b,Ta có :\(DCO=BAO\)(cm câu a)

Do 2 góc này ở vị trí so le trong và bằng nhau

\(=>AB//CD\)

Xét \(\Delta DAO\)và \(\Delta BCO\)có :

\(OC=OA\)(gt)

\(OB=OD\)(gt)

\(COB=AOD\)(đối đỉnh)

\(=>\Delta DAO=\Delta BCO\left(c-g-c\right)\)

\(=>ODA=OBC\)(2 góc tương ứng)

Do 2 góc này ở vị trí so le trong và bằng nhau 

\(=>DA//BC\)

Gọi giao điểm của CE và DO là H

giao điểm của AO và BE là G

Lại có \(DCO=BAO=>\frac{DCO}{2}=\frac{BAO}{2}=>FAG=HCO\)

\(FGA=CGE\)( đối đỉnh) 

Xét \(\Delta AGF\)và \(\Delta CGE\):

\(AFG+FGA+FAG=GEC+CGE+ECG=180^0\)

Do \(FAG+FGA=CGE+ECG\)

\(=>CEG=AFG\)

Vì 2 góc này ở vị trí so le trong và bằng nhau 

\(=>CE//AF\)

c,Ta có \(CEB=AFG\)(cm câu b)

Mà \(AFG=\frac{CAB+DBA}{2}=\frac{CAB+CDB}{2}\)(CDB = DBA Ta cm ở câu a)

\(=>CEB=\frac{CAB+CDB}{2}\left(đpcm\right)\)

a, xét ΔAOB và ΔCOD có : OA = OC (Gt) 

OB = OD (gt)

^AOB = ^COD (đối đỉnh)

=> ΔAOB = ΔCAOD (c-g-c)

b,    ΔAOB = ΔCAOD (Câu a)

=> ^CDO = ^OBA (định nghĩa) mà 2 góc này so le trong

=> DC // AB (Định lí)

xét ΔODA và ΔOBC có : OA = OC (gt)

OB = OD (gt)

^DOA = ^BOC (đối đỉnh)

=> ΔODA = ΔOBC (c-g-c)

=> ^ADO = ^OBC (đn) mà 2 góc này so le trong

=> AD // BC (định lí)

ΔAOB = ΔCOD (câu a)

=> ^DCO = ^OAB (định nghĩa)

CE là phân giác của ^DCO (gt) => ^ECO = ^DCO : 2 (tính chất)

AF là phân giác của ^OAB (gt) => ^OAF = ^OAB : 2 (tính chất)

=> ^ECO = ^OAF mà 2 góc này so le trong

=> CE // AF (định lí)

c, mjnh không biết làm 

tự nghĩ đi