Bạn tham khảo của google nhé, mk .... đuối ý bạn ạ. Dân chuyên văn mà ý nghĩ bay hết trơn rồi nên nhờ google :

* Hình thang cân :

Tính chất

- Hai cạnh bên bằng nhau

- Hai góc ở đáy bằng nhau

- Hai đường chéo bằng nhau

- Hình thang nội tiếp là hình thang cân.

Dấu hiệu nhận biết :

- Hình thang có hai góc kề một cạnh đấy bằng nhau là hình thang cân, Hình thang có hai đường chéo bằng nhau là hình thang cân.

- Hình thang có hai trục đối xứng của hai đáy trùng nhau là hình thang cân

- Hình thang có hai cạnh bên bằng nhau ( nếu hai cạnh bên ấy không song song ) là hình thang cân .

Mình biết tính chất với dấu hiệu nhận biết của hình thang cân rồi nhưng mình muốn biết thơ ạ

a: Xét ΔAOD và ΔBOC có

OA=OB

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

OD=OC

Do đó: ΔAOD=ΔBOC

b: ΔAOD=ΔBOC

=>AD=BC

mà AD=DI và CB=CK

nên DI=CK

ΔAOD=ΔBOC

=>\(\hat{ODA}=\hat{OCB}\)

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

nên DA//CB

=>\(\hat{ODI}=\hat{OCK}\)

Xét ΔODI và ΔOCK có

OD=OC

\(\hat{ODI}=\hat{OCK}\)

DI=CK

Do đó: ΔODI=ΔOCK

c: ΔODI=ΔOCK

=>\(\hat{DOI}=\hat{COK}\)

mà \(\hat{DOI}+\hat{COI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{COK}+\hat{COI}=180^0\)

=>K,O,I thẳng hàng

ΔODI=ΔOCK

=>OI=OK

=>O là trung điểm của IK

d: Xét ΔOAK và ΔOBI có

OA=OB

\(\hat{AOK}=\hat{BOI}\) (hai góc đối đỉnh)

OK=OI

Do đó: ΔOAK=ΔOBI

=>\(\hat{OAK}=\hat{OBI}\)

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

nên AK//BI

a: Xét ΔIAD và ΔIBM có

IA=IB

\(\hat{IAD}=\hat{IBM}\) (hai góc so le trong, AD//BM)

AD=BM

Do đó: ΔIAD=ΔIBM

b:

ΔIAD=ΔIBM

=>\(\hat{AID}=\hat{BIM}\)

mà \(\hat{AID}+\hat{BID}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BIM}+\hat{BID}=180^0\)

=>D,I,M thẳng hàng

ΔIAD=ΔIBM

=>ID=IM

XétΔAIM và ΔBID có

IA=IB

\(\hat{AIM}=\hat{BID}\) (hai góc đối đỉnh)

IM=ID

Do đó: ΔIAM=ΔIBD

=>\(\hat{IAM}=\hat{IBD}\)

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

nen AM//BD

c: E nằm trên đường trung trực của BC

=>EB=EC

=>ΔEBC cân tại E

=>\(\hat{EBC}=\hat{ECB}\)

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

và \(\hat{ECB}=\hat{EAF}\) (hai góc so le trong, CB//AF)

nên \(\hat{EAF}=\hat{EFA}\)

=>EA=EF

EA+EC=AC

EF+EB=FB

mà EA=EF và EC=EB

nên AC=FB

d: Sửa đề: Chứng minh O,E,M thẳng hàng

Xét ΔEAB và ΔEFC có

EA=EF
\(\hat{AEB}=\hat{FEC}\) (hai góc đối đỉnh)

EB=EC

Do đó: ΔEAB=ΔEFC

=>AB=FC

Xét ΔABC và ΔFCB có

AB=FC

BC chung

AC=FB

DO đó: ΔABC=ΔFCB

=>\(\hat{ABC}=\hat{FCB}\)

=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

Xét ΔOBC có \(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

nên ΔOBC cân tại O

=>OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có; EB=EC

=>E nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: MB=MC

=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra O,E,M thẳng hàng

ta có : 

\(n+8=n-3+11\text{ chia hết cho n-3 khi 11 chia hết cho n-3}\)

hya n-3 là ước của 11

hay \(\orbr{\begin{cases}n-3=1\\n-3=11\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}n=4\\n=14\end{cases}}\)

a: Xét ΔIAD và ΔIBM có

IA=IB

\(\hat{IAD}=\hat{IBM}\) (hai góc so le trong, AD//BM)

AD=BM

Do đó: ΔIAD=ΔIBM

b:

ΔIAD=ΔIBM

=>\(\hat{AID}=\hat{BIM}\)

mà \(\hat{AID}+\hat{BID}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{BIM}+\hat{BID}=180^0\)

=>D,I,M thẳng hàng

ΔIAD=ΔIBM

=>ID=IM

XétΔAIM và ΔBID có

IA=IB

\(\hat{AIM}=\hat{BID}\) (hai góc đối đỉnh)

IM=ID

Do đó: ΔIAM=ΔIBD

=>\(\hat{IAM}=\hat{IBD}\)

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

nen AM//BD

c: E nằm trên đường trung trực của BC

=>EB=EC

=>ΔEBC cân tại E

=>\(\hat{EBC}=\hat{ECB}\)

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

và \(\hat{ECB}=\hat{EAF}\) (hai góc so le trong, CB//AF)

nên \(\hat{EAF}=\hat{EFA}\)

=>EA=EF

EA+EC=AC

EF+EB=FB

mà EA=EF và EC=EB

nên AC=FB

d: Sửa đề: Chứng minh O,E,M thẳng hàng

Xét ΔEAB và ΔEFC có

EA=EF
\(\hat{AEB}=\hat{FEC}\) (hai góc đối đỉnh)

EB=EC

Do đó: ΔEAB=ΔEFC

=>AB=FC

Xét ΔABC và ΔFCB có

AB=FC

BC chung

AC=FB

DO đó: ΔABC=ΔFCB

=>\(\hat{ABC}=\hat{FCB}\)

=>\(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

Xét ΔOBC có \(\hat{OBC}=\hat{OCB}\)

nên ΔOBC cân tại O

=>OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có; EB=EC

=>E nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: MB=MC

=>M nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra O,E,M thẳng hàng

\(a,\left\{{}\begin{matrix}AC=AH\left(GT\right)\\AB.chung\\\widehat{CAB}=\widehat{BAH}\left(=90^0\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ACB=\Delta AHB\left(c.g.c\right)\)

\(b,\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACB}=\widehat{CBK}\left(so.le.trong\right)\\\widehat{ABC}=\widehat{BCK}\left(so.le.trong\right)\\BC.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ABC=\Delta KCB\left(g.c.g\right)\Rightarrow AC=BK\left(2.cạnh.tương.ứng\right)\)

\(c,CH=AC+AH=2AC=2AB=BM\\ \left\{{}\begin{matrix}CK//AB\\AB\perp AC\end{matrix}\right.\Rightarrow CK\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^0\\ \left\{{}\begin{matrix}BK//AC\\AC\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow KB\perp AB\Rightarrow\widehat{ABK}=90^0\\ \left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACK}=\widehat{ABK}\left(=90^0\right)\\CH=BM\left(cm.trên\right)\\AC=BK\left(cm.trên\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta CHK=\Delta BMK\left(c.g.c\right)\)

\(d,\Delta CHK=\Delta BMK\left(cm.trên\right)\\ \Rightarrow\widehat{CKH}=\widehat{BKM}\Rightarrow\widehat{CKH}+\widehat{HKB}=\widehat{BKM}+\widehat{HKB}\\ \Rightarrow\widehat{CKB}=\widehat{HKM}\\ \Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{HKM}\left(\Delta ABC=\Delta KCB.nên.\widehat{CKB}=\widehat{BAC}\right)\\ \Rightarrow\widehat{HKM}=90^0\Rightarrow HK\perp KM\)

a: Xét ΔBAC vuông tại A và ΔBAH vuông tại A có

BA chung

AC=AH

Do đó: ΔBAC=ΔBAH

b: Xét ΔKBC và ΔACB có

\(\hat{KBC}=\hat{ACB}\) (hai góc so le trong, BK//AC)

BC chung

\(\hat{KCB}=\hat{ABC}\) (hai góc so le trong, KC//AB)

Do đó: ΔKBC=ΔACB

=>KB=AC
c: BM=2AB

CH=2CA

mà AB=CA

nên BM=CH

TA có: BK//AC

AC⊥ AB

Do đó: BK⊥AB tại B

Xét ΔKBM vuông tại K và ΔKCH vuông tại C có

BM=CH

KB=KC(=AB)

Do đó: ΔKBM=ΔKCH

a) Xét tam giác ABC và ADC có:

AB=AD(giả thiết)

^BAC=^DAC(giả thiết)

AC: cạnh chung

⇒2 tam giác bằng nhau(c-g-c)

⇒^BCA=^DCA

⇒CA là phân giác ^BCD