a) Ta có:

\(\begin{array}{l}AB = CD\\ \Rightarrow AB + BC = CD + BC\\ \Rightarrow AC = BD\end{array}\)

b) Xét tam giác OAC và ODB có:

\(AC=BD\) (cmt)

\(\widehat A = \widehat D\) (gt)

\(OA=OD\) (gt)

\(\Rightarrow \Delta OAC = \Delta ODB\)(c.g.c)

xét tam giác  OAD VÀ TAM GIÁC OBC CÓ

             OD=OC (GT)

              OB=OA(GT)

             GÓC O CHUNG

=>TAM GIÁC  ODA=  TAM GIÁC BOC (CGC)

B,TA CÓ TAM GIÁC OD = TAM GIÁC OBC => GỐC DAO=COB

MÀ GỐC BDI + GOC IDy=180*

GOC IAC+ICx=180*=>GOC IAC= GOC IBD

C,TA CÓ GÓC IAC= GÓC IBD=>AC=BD

XET TAM GIAC IBD VA TAM GIAC IAC CO

                 GÓC BID= GÓC AIC(ĐỐI ĐỈNH)

                BD=AC

               GÓC I CHUNG

=>TAM GIÁC IBD=TAM GIC IAC(GCG)

Bài 2: 

a: Xét ΔOAD và ΔOCB có

OA/OC=OD/OB

góc O chung

Do đó: ΔOAD\(\sim\)ΔOCB

b:

Ta có: \(\widehat{IAB}+\widehat{OAD}=180^0\)

\(\widehat{ICD}+\widehat{OCB}=180^0\)

mà \(\widehat{OAD}=\widehat{OCB}\)

nên \(\widehat{IAB}=\widehat{ICD}\)

mà \(\widehat{AIB}=\widehat{CID}\)

nên \(\widehat{IBA}=\widehat{IDC}\)

Xét tam giác MON có: \(\frac{{OA}}{{OM}} = \frac{{OB}}{{ON}} = \frac{2}{3}\) nên \(AB//MN\) (Định lý Thales đảo)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{MN}} = \frac{2}{3}\) (Hệ quả của định lý Thales)

Chứng minh tương tự ta được \(\frac{{BC}}{{NP}} = \frac{2}{3};\,\,\frac{{AC}}{{MP}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{MN}} = \frac{{BC}}{{NP}} = \frac{{AC}}{{MP}}\)

 \( \Rightarrow \Delta ABC \backsim\Delta MNP\) (c-c-c)

a)  Ta có: \(\Delta ABC\backsim\Delta A'B'C'\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat A = \widehat {A'};\widehat B = \widehat {B'};\widehat C = \widehat {C'}\\\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}} = k\end{array} \right.\).

b) Xét tam giác \(DEF\) có:

\(\widehat D + \widehat E + \widehat F = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác).

Ta có: \(\widehat D = 78^\circ ;\widehat E = 57^\circ \) thay số ta được

\(78^\circ  + 57^\circ  + \widehat F = 180^\circ  \Rightarrow \widehat F = 180^\circ  - 78^\circ  - 57^\circ  = 45^\circ \)

Ta có: \(\Delta DEF\backsim\Delta D'E'F' \Rightarrow \widehat D = \widehat {D'};\widehat E = \widehat {E'};\widehat F = \widehat {F'}\) (các góc tương ứng bằng nhau)

Do đó,  \(\widehat D = \widehat {D'} = 78^\circ ;\widehat F = \widehat {F'} = 45^\circ \).

c) Ta có  \(\Delta MNP\backsim\Delta M'N'P' \Rightarrow \frac{{MN}}{{M'N'}} = \frac{{MP}}{{M'P'}} = \frac{{NP}}{{N'P'}}\) (các cặp cạnh tương ứng có cùng tỉ lệ).

Với \(MP = 10;NP = 6;M'N' = 15;N'P' = 12\) thay vào ta được:

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{MN}}{{15}} = \frac{1}{2}\\\frac{{10}}{{M'P'}} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN = \frac{{15.1}}{2} = 7,5\\M'P' = \frac{{10.2}}{1} = 20\end{array} \right.\).

Vậy \(MN = 7,5;M'P' = 20\).

Đáp án đúng là B

Xét tam giác \(ABC\) và tam giác \(EFG\) có:

\(\widehat A = \widehat E;\widehat B = \widehat F\) (giả thuyết)

Suy ra, \(\Delta ABC\backsim\Delta EFG\)(g.g)