Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 3:
a: Xét ΔAIB và ΔCID có
IA=IC
góc AIB=góc CID
IB=ID
Do đó: ΔAIB=ΔCID
b: Xét tứ giác ABCD có
I là trung điểm chung của AC và BD
nên ABCD là hình bình hành
Suy ra: AD//BC va AD=BC
Bài 6:
a: Xét ΔADB và ΔAEC có
AD=AE
góc A chung
AB=AC
Do đó: ΔADB=ΔAEC
SUy ra: BD=CE
b: Xét ΔEBC và ΔDCB có
EB=DC
BC chung
EC=BD
Do đó: ΔEBC=ΔDCB
Suy ra: góc OBC=góc OCB
=>ΔOBC cân tại O
=>OB=OC
=>OE=OD
=>ΔOED cân tại O
c: Xét ΔABC có AE/AB=AD/AC
nên ED//BC
( Bạn tự vẽ hình nha )
a) Xét tứ giác AEDF có :
DE // AB
DF // AC
=> AEDF là hình bình hành ( dấu hiệu nhận biết )
Xét hình bình hành AEDF có :
AD là phân giác của góc BAC
=> EFGD là hình thoi ( dấu hiệu nhận biết )
b) XÉt tứ giác EFGD có :
FG // ED ( AF //ED )
FG = ED ( AF = ED )
=> EFGD là hình bình hành ( dấu hiệu nhận biết )
c) Nối G với I
+) XÉt tứ giác AIGD có :
F là trung điểm của AG
F là trung điểm của ID
=> AIGD là hình bình hành ( dấu hiệu nhận biết )
=> GD // IA hay GD // AK ( tính chất )
+) Xét tứ giác AKDG có :
GD // AK
AG // Dk ( AF // ED )
=> AKDG là hình bình hành ( dấu hiệu )
+) xtes hinhnf bình hành AKDG có :
AD và GK là 2 đường chéo
=> AD và GK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
Mà O là trung điểm của AD ( vì AFDE là hình thoi )
=> O là trung điểm của GK
=> ĐPCM
Bài 2
gọi E là trung điểm của KB
Vì tam giác CKB có BM=MC ; BE=EK
=>EM//KC
Vì tam giác ENM có AN=AM ; KA//EM
=>EK=KN
Vì KN=KE=EB=>NK=1/2KB
Xét tg ABD
BD=BA (gt) => tg ABD cân tại B \(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{BDA}\)
\(\widehat{B}=\widehat{BAD}+\widehat{BDA}=2\widehat{BDA}\) (Trong tg góc ngoài bằng tổng 2 góc trong không kề với nó
Xét tg ACE
CE=CA(gt) => tg ACE cân tại C \(\Rightarrow\widehat{CAE}=\widehat{CEA}\)
\(\widehat{C}=\widehat{CAE}+\widehat{CEA}=2\widehat{CEA}\)
Xét tg ABC
\(\widehat{B}>\widehat{C}\left(gt\right)\) \(\Rightarrow2\widehat{BDA}>2\widehat{CEA}\Rightarrow\widehat{BDA}>\widehat{CEA}\)
Xét tg ADE có
\(\widehat{BDA}>\widehat{CEA}\Rightarrow AE>AD\) (Trong tg cạnh dối diện góc lớn hơn thì có độ dài lớn hơn)
b/
Xét tg cân ABD có
\(AG=BG\left(gt\right)\Rightarrow BG\perp AB\) (Trong tg cân đường trung tuyến xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường cao) \(\Rightarrow IG\perp AB\)
=> tg AID cân tại I (Tam giác có đường cao đồng thời là đường trung tuyến là tg cân => IA=ID
C/m tương tự ta cùng có tg AIE cân tại I => IA=IE
=> ID=IE=IA => tg DIE cân tại I
Qua I dựng đường thẳng d vuông góc với DE => d thuộc đường cao của tg DIE => I thuộc trung trực của tg DIE (Trong tg cân đường cao xuất phát từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung trực
\(\Rightarrow I\in d\) là đường trung trực của DE
c/
ID=IA=IE => tg ADE nội tiếp đường tròn (I)
\(\Rightarrow sđ\widehat{BDA}=\dfrac{1}{2}sđcungAE\) (góc nội tiếp)
Ta có
\(sđ\widehat{AIE}=sđcungAE\) (góc ở tâm)
\(\Rightarrow\widehat{AIE}=2\widehat{BDA}\)
Mà \(\widehat{B}=2\widehat{BDA}\) (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{AIE}\)
Ta có B và I cùng nhìn AE dưới 2 góc bằng nhau => ABIE là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{BAI}=\widehat{BEI}\) (góc nt cùng chắn cung BI) (1)
Xét tg cân AIE có
\(IK\perp AE\Rightarrow\widehat{AIK}=\widehat{EIK}\) (trong tg cân đường cao XP từ đỉnh tg cân đồng thời là đường phân giác của góc ở đỉnh)
Xét tg AIC và tg EIC có
IA=IE (cmt); \(\widehat{AIK}=\widehat{EIK}\left(cmt\right)\); IC chung => tg AIC = tg EIC (c.g.c)
\(\Rightarrow\widehat{CAI}=\widehat{BEI}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BAI}=\widehat{CAI}\)