*TH1: AD và BC cắt nhau về phía AB.
a. -Ta có: Các góc đối bù nhau (gt).
=>\(\left[{}\begin{matrix}\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^0\\\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^0\end{matrix}\right.\).
- Ta có: \(\widehat{BAD}+\widehat{BAE}=180^0\) (kề bù).
Mà \(\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^0\) (gt).
=>\(\widehat{BAE}=\widehat{BCD}\).
- Xét △EAB và △ECD có:
\(\widehat{E}\) là góc chung.
\(\widehat{BAE}=\widehat{ECD}\) (cmt)
=>△EAB ∼ △ECD (g-g).
=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{CE}{CD}\) (2 tỉ lệ tương ứng).
=>\(AE.CD=EC.AB\).
- Xét △EAC và △EBC có:
\(\widehat{E}\) là góc chung.
\(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{EB}{DE}\) (△EAB ∼ △ECD)
=>△EAC ∼ △EBD (c-g-c).
b.- Xét △ADO và △BCO có:
\(\widehat{ADO}=\widehat{BCO}\) (△EAC ∼ △EBD).
\(\widehat{AOD}=\widehat{BOC}\) (đối đỉnh).
=>△ADO ∼ △BCO (g-g).
=> \(\dfrac{AO}{BO}=\dfrac{DO}{CO}\) (2 tỉ lệ tương ứng).
- Xét △ABO và △DCO có:
\(\widehat{AOB}=\widehat{DOC}\) (đối đỉnh).
\(\dfrac{AO}{BO}=\dfrac{DO}{CO}\) (cmt).
=>△ABO ∼ △DCO (c-g-c).
=>\(\widehat{ABO}=\widehat{DCO}\) (2 góc tương ứng) hay \(\widehat{ABD}=\widehat{DCA}\).
*TH2: AD và BC cắt nhau về phía DC. Tương tự như TH1, chỉ thay đổi vài chỗ.
a: Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^0\)
nên ABCD là tứ giác nội tiếp
Xét ΔEAC và ΔEBD có
\(\widehat{ECA}=\widehat{EDB}\left(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AB}}{2}\right)\)
Do đó: ΔEAC\(\sim\)ΔEBD
Suy ra: \(\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{EC}{ED}\)
hay \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{BE}{ED}\left(1\right)\)
Xét ΔEAB và ΔECD có
\(\widehat{E}\) chung
\(\widehat{EAB}=\widehat{ECD}\)
Do đó: ΔEAB\(\sim\)ΔECD
Suy ra: \(\dfrac{BE}{DE}=\dfrac{AB}{CD}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AB}{CD}\)
hay \(AE\cdot CD=AB\cdot EC\)
b: Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp
nên \(\widehat{ABD}=\widehat{DCA}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
