Bài 16:

a: Xét ΔMAD và ΔMCB có

MA=MC

\(\widehat{AMD}=\widehat{CMB}\)(hai góc đối đỉnh)

MD=MB

Do đó: ΔMAD=ΔMCB

b: ta có: ΔMAD=ΔMCB

=>\(\widehat{MAD}=\widehat{MCB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AD//BC

Bài 15:

a: Xét ΔOAD và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOD}=\widehat{BOC}\)(hai góc đối đỉnh)

OD=OC

Do đó: ΔOAD=ΔOBC

=>\(\widehat{OAD}=\widehat{OBC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AD//BC

Xét ΔOAC và ΔOBD có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOD}\)(hai góc đối đỉnh)

OC=OD

Do đó: ΔOAC=ΔOBD

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AC//BD

b: Xét ΔBCA và ΔADB có

BC=AD

CA=DB

BA chung

Do đó: ΔBCA=ΔADB

=>\(\widehat{BCA}=\widehat{ADB}=60^0\)

Ta có: BD//AC

=>\(\widehat{BDA}+\widehat{DAC}=180^0\)

=>\(\widehat{DAC}+60^0=180^0\)

=>\(\widehat{DAC}=120^0\)

Ta có: AC//BD

=>\(\widehat{ACB}+\widehat{DBC}=180^0\)

=>\(\widehat{DBC}+60^0=180^0\)

=>\(\widehat{DBC}=120^0\)

a: Xét ΔBAI vuông tại A và ΔBDI vuông tại D có

BI chung

\(\widehat{ABI}=\widehat{DBI}\)

Do đó: ΔBAI=ΔBDI

b: Ta có: ΔBAI=ΔBDI

=>BA=BD và ID=IA

Xét ΔBAD có BA=BD

nên ΔBAD cân tại B

Ta có: BA=BD

=>B nằm trên đường trung trực của AD(1)

Ta có: IA=ID

=>I nằm trên đường trung trực của AD(2)

Từ (1) và (2) suy ra BI là đường trung trực của AD

c: Ta có: ID=IA

mà IA<IE(ΔIAE vuông tại A)

nên ID<IE

Xét ΔIAE vuông tại A và ΔIDC vuông tại D có

IA=ID

\(\widehat{AIE}=\widehat{DIC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAE=ΔIDC

=>IE=IC

d: Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=30^0\)

mà \(\widehat{ICD}=\widehat{IEA}\)(ΔICD=ΔIEA)

nên \(\widehat{IEA}=30^0\)

BI là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABI}=\widehat{CBI}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=30^0\)

Xét ΔIBE có \(\widehat{IBE}=\widehat{IEB}=30^0\)

nên ΔIBE cân tại I

mà IA là đường cao

nên A là trung điểm của BE

Xét ΔAIE vuông tại A và ΔAKB vuông tại A có

AI=AK

AE=AB

Do đó: ΔAIE=ΔAKB

=>\(\widehat{AIE}=\widehat{AKB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên IE//KB

e: Ta có: ΔIAE=ΔIDC
=>AE=DC

Ta có: BA+AE=BE

BD+DC=BC

mà BA=BD và AE=DC

nên BE=BC

Xét ΔBEC có BE=BC và \(\widehat{EBC}=60^0\)

nên ΔBEC đều

Xét ΔBEC có

ED,CA là các đường cao

ED cắt CA tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔBEC

Xét ΔBEC đều có I là trực tâm

nên I cách đều ba đỉnh của ΔBEC

ĐKXĐ: x<>5

\(\dfrac{-25}{5-x}=\dfrac{5-x}{-16}\)

=>\(\dfrac{25}{x-5}=\dfrac{x-5}{16}\)

=>\(\left(x-5\right)^2=25\cdot16=400\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-5=20\\x-5=-20\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=25\left(nhận\right)\\x=-15\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

-25/(5 - x) = (5 - x)/(-16) (ĐK: x ≠ 5)

(5 - x)² = (-25) . (-16)

(5 - x)² = 400

5 - x = 20 hoặc 5 - x = -20

*) 5 - x = 20

x = 5 - 20

x = -15 (nhận)

*) 5 - x = -20

x = 5 + 20

x = 25 (nhận)

Vậy x = -20; x = 25

a: Xét ΔMAB và ΔMDC có

MA=MD

\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)(hai góc đối đỉnh)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMDC
b: Xét ΔNBC và ΔNEA có

NB=NE

\(\widehat{BNC}=\widehat{ENA}\)(hai góc đối đỉnh)

NC=NE

Do đó: ΔNBC=ΔNEA

=>\(\widehat{NBC}=\widehat{NEA}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BC//AE

Ta có: ΔNBC=ΔNEA

=>BC=EA

Xét ΔPAF và ΔPBC có

PA=PB

\(\widehat{APF}=\widehat{BPC}\)(hai góc đối đỉnh)

PF=PC

Do đó: ΔPAF=ΔPBC

=>\(\widehat{PAF}=\widehat{PBC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AF//BC

ta có: ΔPAF=ΔPBC

=>AF=BC

Ta có: AE//BC

AF//BC

AE,AF có điểm chung là A

Do đó: E,A,F thẳng hàng

mà AE=AF(=BC)

nên A là trung điểm của EF

a: Xét ΔCHO vuông tại H và ΔCFO vuông tại F có

CO chung

\(\widehat{HCO}=\widehat{FCO}\)

Do đó: ΔCHO=ΔCFO

=>CH=CF

=>ΔCHF cân tại C

a: Ta có: ΔBAD vuông tại A

=>BD là cạnh huyền

=>BD>BA

b: Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

c: Ta có: ΔBAD=ΔBED

=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\)

=>\(\widehat{BED}=90^0\)

=>DE\(\perp\)BC tại E

Ta có: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE

mà DE<DC(ΔDEC vuông tại E)

nên DA<DC

d: Xét ΔDAF vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có

DA=DE

AF=EC

Do đó: ΔDAF=ΔDEC

=>DF=DC

=>D nằm trên đường trung trực của FC(1)

Ta có: NF=NC

=>N nằm trên đường trung trực của CF(2)

ta có: BA+AF=BF

BE+EC=BC

mà BA=BE và AF=EC

nên BF=BC

=>B nằm trên đường trung trực của CF(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra B,D,N thẳng hàng

Gọi tuổi hiện nay của em là x(tuổi)

(ĐIều kiện: x>0)

Tuổi anh hiện nay là x+8(tuổi)

Tuổi anh cách đây 5 năm là x+8-5=x+3(tuổi)

Tuổi em sau đây 8 năm là x+8(tuổi)

Theo đề, ta có: \(x+3=\dfrac{3}{4}\left(x+8\right)\)

=>\(x+3=\dfrac{3}{4}x+6\)

=>\(\dfrac{1}{4}x=3\)

=>x=12(nhận)

Vậy: Tuổi em hiện nay là 12 tuổi, tuổi anh hiện nay là 12+8=20 tuổi

a: Xét ΔIHB  vuông tại H và ΔIKC vuông tại K có

IB=IC

\(\widehat{B}=\widehat{C}\)

Do đó: ΔIHB=ΔIKC

b: Ta có: ΔIHB=ΔIKC

=>IB=IC

mà IC>IK(ΔIKC vuông tại K)

nên IB>IK

c: 

Ta có: ΔIHB=ΔIKC

=>IH=IK

Xét ΔHIE vuông tại H và ΔKIF vuông tại K có

IH=IK

\(\widehat{HIE}=\widehat{KIF}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔHIE=ΔKIF

=>HE=KF

Ta có: AH+HB=AB

AK+KC=AC

mà HB=KC và AB=AC

nên AH=AK

Ta có: AH+HE=AE

AK+KF=AF

mà AH=AK và HE=KF

nên AE=AF

=>ΔAEF cân tại A

d: Xét ΔAEF có \(\dfrac{AH}{AE}=\dfrac{AK}{AF}\)

nên HK//EF