Lời giải
Bài `1.`
`a)` Xét hình thang cân `ABCD(AB//CD)` có:
`+)hat{A}+hat{D}=180^0` (hai góc trong cùng phía) `(1)`
`+)hat{C}=hat{D}=70^0` (tính chất hình thang cân)
`+)hat{A}=hat{B}` (hai góc cùng bù với hai góc bằng nhau, là `hat{C}` và `hat{D}.`)
Thay số vào `(1)` ta có:
`hat{A}+70^0=180^0`
`<=>hat{A}=180^0-70^0`
`<=>hat{A}=110^0=>hat{B}=110^0.`
Vậy `hat{A}=hat{B}=110^0,hat{C}=hat{D}=70^0.`
`b)` Xét `ΔAHD` và `ΔBKC` có:
`hat{AHD}=hat{BKC}=90^0`$(gt)$
`AD=BC` (tính chất hình thang cân)
`hat{C}=hat{D}` (tính chất hình thang cân)
`=>ΔAHD=ΔBKC(ch-gn)`
`=>HD=CK` (hai cạnh tương ứng)
Vậy `HD=CK.`
Bài `2.`
`a)` Ta có: `hat{B_1}=hat{B_2}=1/2hat{ABC}` (vì `BE` là phân giác của `hat{ABC}.`) `(1)`
Tương tự `hat{C_1}=hat{C_2}=1/2hat{ACB}` (vì `CF` là phân giác của `hat{ACB}.`) `(2)`
`ΔABC` cân tại `A=>` $\begin{cases}\widehat{ABC}=\widehat{ACB} \text{ (hai góc tương ứng)(3)}\\AB=AC\text{ (hai cạnh tương ứng)}\\\end{cases}$
Từ `(1),(2),(3)=>hat{B_1}=hat{B_2}=hat{C_1}=hat{C_2}.`
Xét `ΔAEB` và `ΔAFC` có:
`AB=AC`$(gt)$
`hat{B_1}=hat{C_2}`
`hat{A}` là góc chung
`=>ΔAEB=ΔAFC(g.c.g)`
`=>AE=AF` (hai cạnh tương ứng)
`=>ΔAEF` cân tại `A.`
Vậy `ΔAEF` cân tại `A.`
`b)` Từ `ΔAEB=ΔAFC=>AE=AF` (hai cạnh tương ứng). Mà `AB=AC.`
`=>AB-AF=AC-AE`
`<=>BF=CE`
Xét `ΔBFC` và `ΔCEB` có:
`BF=CE(cmt)`
`hat{ABC}=hat{ACB}`
`BC` là cạnh chung
`=>ΔBFC=ΔCEB(c.g.c)`
Vậy `ΔBFC=ΔCEB.`
`c)` Ta có: `ΔAEF` cân tại `A=>hat{F_1}=hat{E_1}`
Mặt khác, `hat{A}+hat{F_1}+hat{E_1}=180^0` (tổng ba góc trong một tam giác)
`=>hat{F_1}=hat{E_1}={180^0-hat{A}}/2.` `(4)`
Lập luận tương tự, ta cũng có: `hat{ABC}=hat{ACB}={180^0-hat{A}}/2.` `(5)`
Từ `(4)` và `(5)=>hat{F_1}=hat{ABC}(={180^0-hat{A}}/2).`
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị `=>EF//BC=>` tứ giác `BFEC` là hình thang
Lại có: `hat{FBC}=hat{ECB}` (ở trên ta đã chứng minh).
Từ các điều trên suy ra tứ giác `BFEC` là hình thang cân.
Vậy `BFEC` là hình thang cân.
Hình vẽ.
