Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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) 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 \(\Delta AOB\)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
Bài 3:
a: Xét ΔAMB và ΔDMC có
MA=MD
\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)
MB=MC
Do đó: ΔAMB=ΔDMC
b: Xét tứ giác ABDC có
M là trung điểm của BC
M là trung điểm của AD
Do đó: ABDC là hình bình hành
Suy ra:AC//BD và AC=BD
c: Xét ΔABC và ΔDCB có
AB=DC
\(\widehat{ABC}=\widehat{DCB}\)
BC chung
Do đó: ΔABC=ΔDCB
Suy ra: \(\widehat{BAC}=\widehat{CDB}=90^0\)