a) Xét ΔΔCDO và ΔΔABO có:

DO = BO (giả thiết)

DOCˆDOC^ = BOAˆBOA^ (đối đỉnh)

CO = AO (giả thiết)

=> ΔΔCDO = ΔΔABO (c.g.c)

=> CD = AB (2 cạnh tương ứng)

b) Vì ΔΔCDO = ΔΔABO (câu a)

nên DCOˆDCO^ = BAOˆBAO^ (2 góc tương ứng)

hay NCOˆNCO^ = MAOˆMAO^ và MBOˆMBO^ = NDOˆNDO^ (2 góc tương ứng)

Xét ΔΔMAO và ΔΔNCO có:

MAOˆMAO^ = NCOˆNCO^ (chứng minh trên)

AO = CO (giả thiết)

AOMˆAOM^ = COMˆCOM^ (đối đỉnh)

=> ΔΔMAO = ΔΔNCO (g.c.g)

=> MA = NC (2 cạnh tương ứng) →→ đpcm

Xét ΔΔMBO và ΔΔNDO có:

MBOˆMBO^ = NDOˆNDO^ (chứng minh trên)

BO = DO (giả thiết)

MOBˆMOB^ = NODˆNOD^ (đối đỉnh)

=> ΔΔMBO = ΔΔNDO (g.c.g)

=> MB = ND (2 cạnh tương ứng)

c) Ta có:

AM + MB = AB

CN + ND = CD

mà MB = ND (câu b); AB = CD (câu a)

nên AM = CN

Do ΔΔMAO = ΔΔNCO (câu b)

nên MAIˆMAI^ = NCFˆNCF^ (2 góc tương ứng)

Xét ΔΔAIM vuông tại I và ΔΔCFN vuông tại F có:

AM = NC (chứng minh trên)

MAIˆMAI^ = NCFˆNCF^ (chứng minh trên)

=> ΔΔAIM = ΔΔCFN (cạnh huyền - góc nhọn)

=> MI = FN (2 cạnh tương ứng)

a) xét ΔDOC,ΔBOA:ΔDOC,ΔBOA:

DOCˆ=BOAˆ(đđ)DOC^=BOA^(đđ)

OA = OC ( gt )

OD = OB ( gt )

→ΔDOC=ΔBOA(c.g.c)→ΔDOC=ΔBOA(c.g.c)

⇒ODCˆ=OBAˆ⇒ODC^=OBA^ ( 2 góc tương ứng )

mà chúng lại nằm ở vị trí so le trong

⇒⇒ AB// CD

c) xét ΔIOM,ΔFON:ΔIOM,ΔFON:

ON = OM ( ΔAOM=ΔCONΔAOM=ΔCON )

O1ˆ=O2ˆO1^=O2^ ( đđ)

Iˆ=Fˆ=90o(gt)I^=F^=90o(gt)

→ΔIOM=ΔFON→ΔIOM=ΔFON ( cạnh huyền góc nhọn )

⇒MI=NF⇒MI=NF ( 2 cạnh tương ứng )

a) Xét ΔΔCDO và ΔΔABO có:

DO = BO (giả thiết)

DOCˆDOC^ = BOAˆBOA^ (đối đỉnh)

CO = AO (giả thiết)

=> ΔΔCDO = ΔΔABO (c.g.c)

=> CD = AB (2 cạnh tương ứng)

b) Vì ΔΔCDO = ΔΔABO (câu a)

nên DCOˆDCO^ = BAOˆBAO^ (2 góc tương ứng)

hay NCOˆNCO^ = MAOˆMAO^ và MBOˆMBO^ = NDOˆNDO^ (2 góc tương ứng)

Xét ΔΔMAO và ΔΔNCO có:

MAOˆMAO^ = NCOˆNCO^ (chứng minh trên)

AO = CO (giả thiết)

AOMˆAOM^ = COMˆCOM^ (đối đỉnh)

=> ΔΔMAO = ΔΔNCO (g.c.g)

=> MA = NC (2 cạnh tương ứng) →→ đpcm

Xét ΔΔMBO và ΔΔNDO có:

MBOˆMBO^ = NDOˆNDO^ (chứng minh trên)

BO = DO (giả thiết)

MOBˆMOB^ = NODˆNOD^ (đối đỉnh)

=> ΔΔMBO = ΔΔNDO (g.c.g)

=> MB = ND (2 cạnh tương ứng)

c) Ta có:

AM + MB = AB

CN + ND = CD

mà MB = ND (câu b); AB = CD (câu a)

nên AM = CN

Do ΔΔMAO = ΔΔNCO (câu b)

nên MAIˆMAI^ = NCFˆNCF^ (2 góc tương ứng)

Xét ΔΔAIM vuông tại I và ΔΔCFN vuông tại F có:

AM = NC (chứng minh trên)

MAIˆMAI^ = NCFˆNCF^ (chứng minh trên)

=> ΔΔAIM = ΔΔCFN (cạnh huyền - góc nhọn)

=> MI = FN (2 cạnh tương ứng)

1/ Xét tam giác ΔAOBΔAOB và ΔCODΔCOD có:

OA=OCOA=OC (gt)

O1=O2O1=O2 ( 2 góc đối đỉnh )

OB=ODOB=OD (gt)

Do đó ΔAOB=ΔCODΔAOB=ΔCOD ( c.g.c )

Vì ΔAOB=ΔCOD⇒Dˆ=BˆΔAOB=ΔCOD⇒D^=B^ ( cặp góc tương ứng )

Mà DˆD^ và BˆB^ là cặp góc ở vị trí so le trong nên suy ra CD=AD(dpcm)

a , Ta có  ∆AOB cân tại  O 

=>OA=OB  và  ∠OAB=∠OBA

Ta có ∠OAB+∠OAP=180° ( 2 góc kề bù )

           ∠OBA+∠ABD=180° ( 2 góc kề bù )

Suy  ra ∠OAP=∠ABD (  vì  ∠OAB=∠OBA )

Hay ∠CAP=∠MBD

Xét   ∆APC   và  ∆BMD có

CA=DB

∠CAP=∠DBM

AP=BM

Do đó ∆APC=∆BMD  ( c . g . c )      (  Điều  phải chứng minh )

b,  Qua C  kẻ  CE // OD  (  E  ∈  PB  )

Ta  có  CE  //  OD 

=>      ∠ECM=∠BDM  (  2  góc  soletrong  )                                                (1)

        ∠CEM=∠DBM  (  2  góc  soletrong  )                                                       (2)

Theo câu a ta có  ∆APC=∆BMD 

 =>     ∠PAC=∠MBD  (  2 góc tương ứng  )                                                         (3)

Và  ∠PCA=∠MDB  (  2 góc tương ứng  )                                                          (4)

Từ  (1) và (4) =>∠ECM=∠ACP

 Từ  (2) và (3)=> ∠CEM=∠CAP

    Mà ∠CAP+∠CAE=180°  ( 2 góc kề bù )

          ∠CEM+∠CEA=180°  ( 2 góc kề bù )

    =>∠CAE=∠CEA ( vì  ∠CEM=∠CAP )

   Xét  ∆ACE có  ∠CAE=∠CEA

=>∆ACE cân tại C ( tính chất )

=>CA=CE

Xét  ∆ACP và  ∆ECM  có

∠ACP=∠ECM

CA=CE

∠CAP=∠CEM

Do đó ∆ACP=∆ECM ( g . c . g )

=>CP=CM ( 2 cạnh tương ứng )

Xét ∆PCM có CP=CM

=>∆PCM cân tại C ( tính chất )

Vậy ∆PCM  là tam giác cân tại C

chúc bạn học giỏi