Trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác

Xét tam giác \(AOC\) và \(BOC\) có

+ \(OA = OB\left( {gt} \right)\)

+ \(\widehat {AOC} = \widehat {BOC}\)  (tính chất tia phân giác)

+ Cạnh $OC$ chung

Suy ra \(\Delta AOC = \Delta BOC\left( {c - g - c} \right)\)

\( \Rightarrow AC = BC\) (hai cạnh tương ứng); \(\widehat {OAC} = \widehat {OBC}\); \(\widehat {OCA} = \widehat {OCB}\)   (hai góc tương ứng)

Từ đó \(CO\) là tia phân giác của \(\widehat {BCA}.\)

Nên B, C, D đúng, A sai.

Xét tam giác \(AOI\) và \(BOI\) có

+ \(OA = OB\left( {gt} \right)\)

+ \(\widehat {AOI} = \widehat {BOI}\)  (tính chất tia phân giác)

+ Cạnh $OI$ chung

Suy ra \(\Delta AOI = \Delta BOI\left( {c - g - c} \right)\)

Do đó \(\widehat {AIO} = \widehat {BIO}\) (hai góc tương ứng) mà \(\widehat {AIO} + \widehat {BIO} = 180^\circ \) nên \(\widehat {AIO} = \widehat {BIO} = \dfrac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \)

Hay \(OC \bot AB \Rightarrow \widehat {AIC} = 90^\circ .\)

(I) Xét \(\Delta AMD\) và \(\Delta BMC\) có: $DM = MC\left( {gt} \right);$ \(\widehat {BMC} = \widehat {AMD}\) (hai góc đối đỉnh); $AM = BM\left( {gt} \right),$ nên \(\Delta AMD = \Delta BMC\)(c.g.c).

(II) Xét \(\Delta ANE\) và \(\Delta CNB\) có: $AN = NC\left( {gt} \right);$ \(\widehat {ANE} = \widehat {CNB}\)(hai góc đối đỉnh), $NB = NE\left( {gt} \right),$ do đó

\(\Delta CNB = \Delta ANE\)(c.g.c).

(III) Do \(\Delta AMD = \Delta BMC\) nên \(\widehat D = \widehat {{C_1}}\)(hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $AD//BC.$

Do  \(\Delta CNB = \Delta ANE\)nên \(\widehat E = \widehat {{B_1}}\)(hai góc tương ứng).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $AE//BC.$

Như vậy qua $A$  có hai đường thẳng $AD,AE$ cùng song song với $BC.$  

Do đó $D,A,E$ thẳng hàng. (1)

(IV) Ta có: $AD = BC$ (do \(\Delta AMD = \Delta BMC\)); $AE = BC$ (do \(\Delta CNB = \Delta ANE\)) nên $AD = AE\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $A$  là trung điểm của $DE.$

Vậy cả (I); (II); (III); (IV) đều đúng.

 * Xét tam giác \(OBC\) và \(OAD\) có

+ \(OA = OB\,\left( {gt} \right)\)

+ \(\widehat {AOD} = \widehat {BOC}\) (đối đỉnh)

+ \(OC = OD\left( {gt} \right)\)

Suy ra \(\Delta OAD = \Delta OBC\left( {c - g - c} \right)\) nên \(\widehat {OAD} = \widehat {OBC}\)  (hai góc tương ứng)

* Xét tam giác \(OBF\) và \(OAE\) có

+ \(OA = OB\,\left( {gt} \right)\)

+ \(\widehat {OAD} = \widehat {OBC}\) (cmt)

+ \(BF = AE\left( {gt} \right)\)

Suy ra \(\Delta OBF = \Delta OAE\left( {c - g - c} \right)\) nên \(OE = OF\) (hai cạnh tương ứng) và \(\widehat {AOE} = \widehat {FOB}\)  (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {FOB} + \widehat {FOA} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên \(\widehat {FOA} + \widehat {AOE} = 180^\circ \)

Suy ra ba điểm \(F;\,O;E\) thẳng hàng và \(OE = OF\) nên \(O\) là trung điểm của \(EF \Rightarrow EF = 2.OE = 4\,cm.\)

Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta CKM\) có:

\(AM = CM\) (vì \(M\) là trung điểm \(AC\))

\(MB = MK\,\,(gt)\)

\(\widehat {AMB} = \widehat {CMK}\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta ABM = \Delta CKM\,\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {KCM}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {BAM} = {90^o}\) (vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)) suy ra \(\widehat {KCM} = {90^o}\).

Do đó \(KC \bot AC\) (A đúng).

Xét \(\Delta AMK\) và \(\Delta CMB\) có:

\(AM = CM\) (vì \(M\) là trung điểm \(AC\))

\(MK = MB\,\,(gt)\)

\(\widehat {AMK} = \widehat {CMB}\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta AMK = \Delta CMB\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow AK = CB\) (hai cạnh tương ứng) (C đúng).

\( \Rightarrow \widehat {MAK} = \widehat {MCB}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {MAK}\) và \(\widehat {MCB}\) ở vị trí so le trong nên \(AK//BC\) (B đúng).

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta EBD\) có:

\(BA = BE\) (gt)

\(\widehat {{B_1}} = \widehat {{B_2}}\) (vì \(BD\) là tia phân giác \(\widehat {ABC}\))

\(BD\) cạnh chung

\( \Rightarrow \Delta ABD{\rm{ }} = \Delta EBD\,(c.g.c)\)

Sử dụng kết quả câu trước \(\Delta ABD{\rm{ }} = \Delta EBD\) suy ra \(DE = DA\) (hai cạnh tương ứng). Nối \(AM.\)

Xét \(\Delta ADM\) và \(\Delta EDC\) có:

\(DA = DE\) (chứng minh trên)

\(\widehat {ADM} = \widehat {EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

\(DM = DC\,(gt)\)

\( \Rightarrow \Delta ADM = \Delta EDC\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow AM = EC\) (hai cạnh tương ứng bằng nhau).

Sử dụng kết quả câu trước \(\Delta ADM = \Delta EDC\) suy ra \(AD = ED;\,AM = EC\) (các cạnh tương ứng).

Ta có: \(AD = ED\,\,\,\,(1)\)

           \(DC = DM\,\,\,(2)\)

Cộng (1) và (2) theo vế với vế ta được: \(AD + DC = ED + DM\) hay \(AC = EM\).

Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta EAM\) có:

\(AE\) cạnh chung

\(EC = AM\,(cmt)\)

\(AC = EM\,(cmt)\)

\( \Rightarrow \Delta AEC = \Delta EAM\,(c.c.c)\)

\( \Rightarrow \widehat {AEC} = \widehat {EAM}\) (hai góc tương ứng).

Xét \(\Delta OAH\) và \(\Delta OBH\) có:

\(OH\) cạnh chung

\(\widehat {OHA} = \widehat {OHB} = {90^o}\)

\(HA = HB\,(gt)\)

\( \Rightarrow \Delta OAH = \Delta OBH\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow OA = OB\) (hai cạnh tương ứng)     (1)

Xét \(\Delta OAK\) và \(\Delta OCK\) có:

\(OK\) cạnh chung

\(\widehat {OKA} = \widehat {OKC} = {90^o}\)

\(KA = KC\,(gt)\)

\( \Rightarrow \Delta OAK = \Delta OCK\,(c.g.c)\)

\( \Rightarrow OA = OC\) (hai cạnh tương ứng)     (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OA = OB = OC.\)

Sử dụng kết quả câu trước ta có: \(\Delta OAH = \Delta OBH\), \(\Delta OAK = \Delta OCK\).

Vì \(\Delta OAH = \Delta OBH\) suy ra \(\widehat {BOH} = \widehat {AOH}\) (hai góc tương ứng).

Vì \(\Delta OAK = \Delta OCK\) suy ra \(\widehat {AOK} = \widehat {COK}\) (hai góc tương ứng).

Ta có \(\widehat {BOC} = \widehat {BOA} + \widehat {AOC}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOC} = \widehat {BOH} + \widehat {AOH} + \widehat {AOK} + \widehat {COK}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOC} = 2\widehat {AOH} + 2\widehat {AOK}\) (vì \(\widehat {BOH} = \widehat {AOH}\) và \(\widehat {AOK} = \widehat {COK}\))

\( \Rightarrow \widehat {BOC} = 2\left( {\widehat {AOH} + \widehat {AOK}} \right) = 2\widehat {xOy} = 2\alpha .\)