a) Xét ΔADE vuông tại E và ΔBCF vuông tại F có 

AD=BC(ABCD là hình thang cân)

\(\widehat{ADE}=\widehat{BCF}\)(ABCD là hình thang cân)

Do đó: ΔADE=ΔBCF(Cạnh huyền-góc nhọn)

Suy ra: DE=CF(Hai cạnh tương ứng)

b) Xét ΔADB và ΔBCA có 

AD=BC(ABCD là hình thang cân)

AB chung

DB=CA(ABCD là hình thang cân)

Do đó: ΔADB=ΔBCA(c-c-c)

Suy ra: \(\widehat{DBA}=\widehat{CAB}\)(hai góc tương ứng)

hay \(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}\)

Xét ΔIAB có \(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}\)(cmt)

nên ΔIAB cân tại I(Định lí đảo của tam giác cân)

Suy ra: IA=IB

c) Ta có: \(\widehat{OAB}=\widehat{ODC}\)(hai góc đồng vị, AB//CD)

\(\widehat{OBA}=\widehat{OCD}\)(hai góc đồng vị, AB//CD)

mà \(\widehat{ODC}=\widehat{OCD}\)(ABCD là hình thang cân)

nên \(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\)

Xét ΔOAB có \(\widehat{OAB}=\widehat{OBA}\)(cmt)

nên ΔOAB cân tại O(Định lí đảo của tam giác cân)

Suy ra: OA=OB

Ta có: OA+AD=OD(A nằm giữa O và D)

OB+BC=OC(B nằm giữa O và C)

mà OA=OB(cmt)

và AD=BC(ABCD là hình thang cân)

nên OD=OC

Ta có: IA+IC=AC(I nằm giữa A và C)

IB+ID=BD(I nằm giữa B và D)

mà IA=IB(cmt)

và AC=BD(cmt)

nên IC=ID

Ta có: OA=OB(cmt)

nên O nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: IA=IB(cmt)

nên I nằm trên đường trung trực của AB(2)

Ta có: OD=OC(cmt)

nên O nằm trên đường trung trực của DC(3)

Ta có: ID=IC(cmt)

nên I nằm trên đường trung trực của DC(4)

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

Từ (3) và (4) suy ra OI là đường trung trực của DC

d) Tính các góc của hình thang ABCD nếu biết ˆABC−ˆADC=80

a: Xét ΔAED vuông tại E và ΔBFC vuông tại F có 

AD=BC

\(\widehat{ADE}=\widehat{BCF}\)

Do đó: ΔAED=ΔBFC

Suy ra: DE=CF

b: Xét ΔBAD và ΔABC có

AB chung

AD=BC

BD=CA

Do đó: ΔBAD=ΔABC

Suy ra: \(\widehat{DBA}=\widehat{CAB}\)

hay \(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}\)

Xét ΔIAB có \(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}\)

nên ΔIAB cân tại I

hay IA=IB

a: Xét ΔODK có AH//DK

nên AH/DK=OH/OK

Xét ΔOKC có HB//KC

nên HB/KC=OH/OK

=>AH/DK=HB/KC

mà AH=HB

nên DK=KC

=>K là trung điểm của CD

b: Xét ΔMAB và ΔMKD có

góc MAB=góc MKD

góc AMB=góc KMD

Do đo: ΔMAB đồng dạng với ΔMKD

=>MA/MK=AB/DK

=>MK/MA=DK/AB

Xét ΔNKC và ΔNBA có

góc NKC=góc NBA

góc KNC=góc BNA

Do đó: ΔNKC đồng dạng với ΔNBA

=>NK/NB=KC/BA=KD/AB=MK/MA

=>MN//AB

a.Xét ∆OCD có AB // CD (gt)

⇒OAOC=OBOD⇒OAOC=OBOD (hệ quả của định lí Thales)

Gọi  \(N\)  là trung điểm của đoạn thắng  \(AB\)  \(;\)  \(N'\)  là giao điểm của \(GM\)  và \(AB\)

Tứ giác  \(ABCD\)  là hình thang nên  \(AB\text{//}CD\)

Khi đó, 

\(\Delta GMD\)  có  \(AN'\text{//}MD\), nên \(\frac{AN'}{MD}=\frac{GN'}{GM}\) (hệ quả của định lý Ta-lét) \(\left(3\right)\)

\(\Delta GMC\)  có  \(N'B\text{//}MC\), nên \(\frac{N'B}{MC}=\frac{GN'}{GM}\)  \(\left(4\right)\)

\(\left(3\right);\)  \(\left(4\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(\frac{AN'}{MD}=\frac{N'B}{MC}\)  \(\left(=\frac{GN'}{GM}\right)\)

Mà  \(MD=MC\)  \(\left(gt\right)\), do đó, \(AN'=N'B\)  hay  \(N'\)  phải trùng với  \(N\)

Tức là ba điểm \(G,\)  \(N,\)  \(M\)  thẳng hàng  \(\left(\text{*}\right)\)  

Tương tự, ta cũng chứng minh được ba điểm   \(N,\)  \(O,\)  \(M\)  thẳng hàng  \(\left(\text{**}\right)\)  

Từ  \(\left(\text{*}\right)\)  và  \(\left(\text{**}\right)\)  suy ra bốn điểm   \(G,\)  \(N,\)  \(O,\)  \(M\)  thẳng hàng

Vậy, đoạn thẳng \(GO\)  sẽ lần lượt đi qua  \(N\)  và  \(M\)  hay đi qua trung điểm của  \(AB\)  và  \(CD\)

Đặt AB = m, MC = MD = n.

a) Do AB // CD, ta có :

\(\frac{MI}{TA}=\frac{MD}{AB}=\frac{n}{m}\)

\(\frac{MK}{KB}=\frac{MC}{AB}=\frac{n}{m}\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{MI}{IA}=\frac{MK}{KB}\) Từ đó theo định lí đảo của định lí Ta - lét đối với tam giác MAB, ta có IK // AB. ( nhưng lớp 8 chưa học ta -lét thì fai )