Bài 1

a) Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = ∠ACB và AB = AC

Do BD là tia phân giác của ∠ABC (gt)

⇒ ∠ABD = ∠ABC : 2

Do CE là tia phân giác của ∠ACB (gt)

⇒ ∠ACE = ∠ACB : 2

Mà ∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠ABD = ∠ACE

Xét ∆ABD và ∆ACE có:

∠ABD = ∠ACE (cmt)

AB = AC (cmt)

∠A chung

⇒ ∆ABD = ∆ACE (g-c-g)

⇒ AD = AE (hai cạnh tương ứng)

⇒ ∆ADE cân tại A

⇒ ∠AED = (180⁰ - ∠DAE) : 2 = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (1)

Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ ∠ABC = (180⁰ - ∠BAC) : 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ∠AED = ∠ABC

Mà ∠AED và ∠ABC là hai góc đồng vị

⇒ ED // BC

⇒ BEDC là hình thang

Lại có ∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠EBC = ∠DCB

⇒ BEDC là hình thang cân

b) Do ∠C = 50⁰ (gt)

⇒ ∠DCB = ∠EBC = 50⁰

⇒ ∠AED = ∠EBC = 50⁰

Mà ∠AED + ∠BED = 180⁰ (kề bù)

⇒ ∠BED = 180⁰ - ∠AED = 180⁰ - 50⁰ = 130⁰

⇒ ∠CDE = ∠BED = 130⁰

Bài 4:

a: Xét ΔABC có \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)

nên DE//BC

Xét tứ giác BDEC có DE//BC và \(\hat{DBC}=\hat{ECB}\) (ΔABC cân tại A)

nên BDEC là hình thang cân

b: BD=DE

=>ΔDEB cân tại D

=>\(\hat{DEB}=\hat{DBE}\)

mà \(\hat{DEB}=\hat{EBC}\) (hai góc so le trong, DE//BC)

nên \(\hat{DBE}=\hat{CBE}\)

=>\(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)

=>BE là phân giác của góc ABC

=>E là chân đường phân giác kẻ từ B xuống AC của ΔABC

Ta có: ED=EC

=>ΔEDC cân tại E

=>\(\hat{EDC}=\hat{ECD}\)

mà \(\hat{EDC}=\hat{DCB}\) (hai góc so le trong, ED//BC)

nên \(\hat{ECD}=\hat{BCD}\)

=>\(\hat{ACD}=\hat{BCD}\)

=>CD là phân giác của góc ACB

=>D là chân đường phân giác kẻ từ C xuống AB của ΔABC

Bài 3:

a: ΔCAD vuông tại C

=>\(\hat{CAD}+\hat{CDA}=90^0\)

=>\(\hat{CAD}=90^0-60^0=30^0\)

AC là phân giác của góc BAD

=>\(\hat{BAD}=2\cdot\hat{CAD}=2\cdot30^0=60^0\)

Xét hình thang ADCB có \(\hat{BAD}=\hat{CDA}\left(=60^0\right)\)

nên ADCB là hình thang cân

b: Qua B, kẻ BK⊥AD tại K

Qua C, kẻ CH⊥AD tại H

=>BK//CH

Xét ΔBKA vuông tại K và ΔCHD vuông tại H có

BA=CD
\(\hat{BAK}=\hat{CDH}\)

Do đó: ΔBKA=ΔCHD

=>BK=CH và AK=HD

Gọi M là trung điểm của CD

Trên tia đối của tia MH, lấy E sao cho MH=ME

=>M là trung điểm của HE

Xét tứ giác CHDE có

M là trung điểm chung của CD và HE

=>CHDE là hình bình hành

Hình bình hành CHDE có \(\hat{CHD}=90^0\)

nên CHDE là hình chữ nhật

=>CD=HE

mà \(CM=MD=\frac{CD}{2};MH=ME=\frac{HE}{2}\)

nên \(CM=MD=MH=ME\)

Xét ΔDMH có MH=MD và \(\hat{MDH}=60^0\)

nên ΔMDH đều

=>DH=MD=CD/2

Ta có: BC//AD

=>\(\hat{BCA}=\hat{CAD}\) (hai góc so le trong)

mà \(\hat{CAD}=\hat{BAC}\)

nên \(\hat{BCA}=\hat{BAC}\)

=>BA=BC

mà BA=CD

nên BA=BC=CD

AK=HD

mà \(HD=\frac{CD}{2}\)

nên \(AK=HD=\frac{CD}{2}\)

Xét tứ giác BCHK có

BC//HK

BK//CH

Do đó: BCHK là hình bình hành

=>BC=HK

=>\(HK=CD\)

AD=AK+KH+HD

\(=\frac{CD}{2}+CD+\frac{CD}{2}=2CD\)

Chu vi hình thang ABCD là:

AB+BC+CD+DA=20

=>CD+CD+CD+2CD=20

=>5CD=20

=>CD=4(cm)

=>\(AD=2\cdot4=8\left(\operatorname{cm}\right)\)

Bài 2:

a: Xét ΔABD và ΔBAC có

BA chung

BD=AC

AD=BC

Do đó: ΔABD=ΔBAC

=>\(\hat{ABD}=\hat{BAC}\)

=>\(\hat{OAB}=\hat{OBA}\)

=>OA=OB

ta có: OA+OC=AC

OB+OD=BD

mà OA=OB và AC=BD

nên OC=OD

b: Xét ΔEDC có \(\hat{EDC}=\hat{ECD}\)

nên ΔEDC cân tại E

=>ED=EC

Ta có: EA+AD=ED

EB+BC=EC

mà ED=EC và AD=BC

nên EA=EB

Ta có: EA=EB

=>E nằm trên đường trung trực của AB(1)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

từ (1),(2) suy ra EO là đường trung trực của AB

Ta có: EC=ED

=>E nằm trên đường trung trực của CD(3)

ta có: OC=OD

=>O nằm trên đường trung trực của CD(4)

Từ (3),(4) suy ra EO là đường trung trực của CD

3:

a: AB<AC<BC

=>góc C<góc B<góc A

b: Xét ΔDCB có

CA,DK là trung tuyến

CA cắt DK tại M
=>M là trọng tâm

=>CM=2/3*8=16/3cm

c: Gọi H là trung điểm của AC

=>HQ//AD(HQ vuông góc AC)

mà H là trung điểm của AC

nên Q là trung điểm của CD

=>B,M,Q thẳng hàng

Bài 9:

a: Xét tứ giác OPMN có

góc OPM+góc ONM=180 độ

=>OPMN là tứ giác nội tiếp

b: \(MN=\sqrt{10^2-6^2}=8\left(cm\right)\)

c: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH vuông góc AB

Xét tứ giác OHNM có

góc OHM=goc ONM=90 độ

=>OHNM là tứ giác nội tiép

=>góc MHN=góc MON

dạ em cảm ơn, làm giúp em bài 8 luôn được ko ạ

góc xOy<góc xOz

=>Oy nằm giữa Ox và Oz

=>góc xOy+góc yOz=góc xOz

=>góc yOz=40 độ

Câu 9.

Tại điểm \(I\): \(i=r=0\)

Tia sáng truyền thẳng vào lăng kính.

Tại điểm J có \(i_J=30^o\)

Theo định luật khúc xạ ánh sáng:

\(sinr=nsini_J=1,5\cdot sin30^o=\dfrac{3}{4}\Rightarrow r=arcsin\dfrac{3}{4}\)

Góc lệch:

\(D=r-i_J=arcsin\dfrac{3}{4}-30^o\approx18,6^o\)

Chọn B.

Hình vẽ tham khảo sgk lí 11!!!

a.

Do ABCD là hình chữ nhật \(\Rightarrow\widehat{HBA}=\widehat{CDB}\) (so le trong)

Xét hai tam giác HBA và CDB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HBA}=\widehat{CDB}\left(cmt\right)\\\widehat{AHB}=\widehat{BCD}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta HBA\sim\Delta CDB\left(g.g\right)\)

b.

Xét hai tam giác AHD và BAD có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ADB}\text{ chung}\\\widehat{AHD}=\widehat{BAD}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta AHD\sim\Delta BAD\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{DH}{AD}\Rightarrow AD^2=DH.DB\)

c.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông BAD:

\(DB=\sqrt{AD^2+AB^2}=\sqrt{BC^2+AB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

Theo chứng minh câu b:

\(AD^2=DH.DB\Rightarrow DH=\dfrac{AD^2}{DB}=\dfrac{BC^2}{DB}=\dfrac{6^2}{10}=3,6\left(cm\right)\)

Áp dụng Pitago cho tam giác vuông AHD:

\(AH=\sqrt{AD^2-HD^2}=\sqrt{6^2-3,6^2}=4,8\left(cm\right)\)

\(M\in SA\subset\left(SAB\right)\)

\(M\in\left(P\right)\)

Do đó: \(M\in\left(SAB\right)\cap\left(P\right)\)

Xét (SAB) và (P) có

\(M\in\left(SAB\right)\cap\left(P\right)\)

AB//CD

Do đó: \(\left(SAB\right)\cap\left(P\right)=xy\), xy đi qua M và xy//AB//CD

a: Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

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

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: ΔBAD=ΔBED

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

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

c: ΔBAD=ΔBED

=>DA=DE

=>D nằm trên đường trung trực cua AE(1)

Ta có: BA=BE

=>B nằm trên đường trung trực của AE(2)

Từ (1),(2) suy ra BD là đường trung trực của AE

=>BD⊥AE