a: Ta có: \(\hat{ADI}+\hat{IDC}=\hat{ADC}=90^0\)

\(\hat{IDC}+\hat{MDC}=\hat{IDM}=90^0\)

Do đó: \(\hat{ADI}=\hat{CDM}\)

Xét ΔADI vuông tại A và ΔCDM vuông tại C có

AD=CD

\(\hat{ADI}=\hat{CDM}\)

Do đó: ΔADI=ΔCDM

=>DI=DM

Xét ΔDMI vuông tại D có DI=DM

nên ΔDIM vuông cân tại D

=>\(\hat{DMI}=45^0\)

b: Xét ΔDMK vuông tại D có DC là đường cao

nên \(DC\cdot MK=DK\cdot DM\)

=>\(DC\cdot MK=DI\cdot DK\)

c: Sửa đề: \(\frac{1}{DI^2}+\frac{1}{DK^2}\) không đổi khi I di chuyển trên AB

Xét ΔDMK vuông tại D có DC là đường cao

nên \(\frac{1}{DM^2}+\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DC^2}\)

=>\(\frac{1}{DI^2}+\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DC^2}\)

mà DC không đổi

nên \(\frac{1}{DI^2}+\frac{1}{DK^2}\) không đổi

a: Xét tứ giác IBMD có \(\hat{IBM}+\hat{IDM}=90^0+90^0=180^0\)

nên IBMD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DMI}=\hat{DBI}=\hat{DBA}=45^0\)

b: TA có: \(\hat{ADI}+\hat{IDC}=\hat{ADC}=90^0\)

\(\hat{IDC}+\hat{MDC}=\hat{IDM}=90^0\)

Do đó; \(\hat{ADI}=\hat{CDM}\)

Xét ΔADI vuông tại A và ΔCDM vuông tại C có

AD=CD
\(\hat{ADI}=\hat{CDM}\)

Do đó: ΔADI=ΔCDM

=>DI=DM và AI=CM

Xét ΔDKM vuông tại D có DC là đường cao

nên \(DC\cdot KM=DK\cdot DM=DI\cdot DK\)

c: Xét ΔDKM vuông tại D có DC là đường cao

nên \(\frac{1}{DK^2}+\frac{1}{DM^2}=\frac{1}{DC^2}\)

=>\(\frac{1}{DI^2}+\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DC^2}=\frac{1}{a^2}\) không đổi khi I di chuyển trên AB

  Dựng tam giác BEO vuông cân như đã được gợi ý.

Đặt AO=k --> BO=2k; CO=3k. Tam gíac BEO cân --> BE=BO=2k.  

Tam giác ABE = tam giác CBO vì có

góc EBA= góc CBO (cùng phụ với góc ABO),

cạnh BE=BO=2k;

AB=BC

--> tg ABE=tgCBO (c.g.c) -

-> AE=CO =3k.

Xét tg AOE có AE=3k; AO=k; OE= BO√2 =2k√2.

Nhận thấy AO^2+OE^2 = k^2+ (2k√2)^2 =9k^2 =AE^2.

Suy ra tam giác AEO vuông tại O (Pitago đảo) --> góc AOB= 90+45 =135 độ

k mk  ik mk gjaj cho

bài 2: BIM=90