Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 7 Kết nối tri thức cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 2

f) \(2 - \left| {x - \frac{2}{5}} \right| = - \frac{1}{2}\)

\(\left| {x - \frac{2}{5}} \right| = 2 - \left( { - \frac{1}{2}} \right)\)

\(\left| {x - \frac{2}{5}} \right| = \frac{5}{2}\)

TH1: \[x - \frac{2}{5} = \frac{5}{2}\]

\[x = \frac{5}{2} + \frac{2}{5}\]

\[x = \frac{{29}}{{10}}\].

TH2: \[x - \frac{2}{5} = - \frac{5}{2}\]

\[x = - \frac{5}{2} + \frac{2}{5}\]

\[x = - \frac{{21}}{{10}}\].

Vậy \[x \in \left\{ { - \frac{{21}}{{10}};\frac{{29}}{{10}}} \right\}\].

h) \( - 1 + \left| {x + 4,5} \right| = - 6,2\)

\(\left| {x + 4,5} \right| = - 6,2 + 1 = - 5,2 < 0\)

\(\left| {x + 4,5} \right| = - 5,2\)

Vì \(\left| {x + 4,5} \right| \ge 0\) với mọi \(x\).

Do đó không có giá trị nào của \(x\) để

 \( - 1 + \left| {x + 4,5} \right| = - 6,2\).

g) \(0,2 + \left| {x - 2,3} \right| = 1,1\)

\(\left| {x - 2,3} \right| = 1,1 - 0,2\)

\(\left| {x - 2,3} \right| = 0,9\)

TH1: \(x - 2,3 = 0,9\)

\(x = 0,9 + 2,3\)

\(x = 3,2\).

TH2: \(x - 2,3 = - 0,9\)

\(x = - 0,9 + 2,3\)

\(x = 1,4\).

\(x \in \left\{ {3,2\,;\,\,1,4} \right\}\).

Hướng dẫn giải

a) An đã dùng phương pháp thu thập dữ liệu là hỏi phỏng vấn.

b) Dữ liệu thu được là dữ liệu định tính.

c) Bảng thống kê

Hoạt động	Đi du lịch	Chơi thể thao	Học thêm	Làm việc nhà
Số bạn	20	10	5	5

d) Biểu đồ quạt tròn

Hướng dẫn giải

a) Biểu đồ

b) Nhận xét:

Sau mỗi lần làm bài sự tiến bộ của Minh rất rõ rệt, điểm bài sau cao hơn các bài trước. Từ lần kiểm tra thứ 4 trở đi, kết quả đạt được đều rất tốt, đặc biệt bài kiểm tra cuối cùng gần đạt điểm tuyệt đối.

Hướng dẫn giải

a) Bảng thống kê tỉ lệ học sinh lớp 7A tặng các món quà khác nhau

Loại quà tặng	Đồ dùng học tập	Quần áo	Đồ chơi
Tỉ lệ (%)	50	20	30

b) Lớp 7A có 40 học sinh.

Số học sinh tặng đồ dùng học tập là: \(50\% .40 = 20\) (em).

Số học sinh tặng quần áo là: \(20\% .40 = 8\) (em).

Số học sinh tặng đồ chơi là: \(30\% .40 = 12\) (em).

Hướng dẫn giải

a) Bảng thống kê về tỉ lệ học sinh cấp THCS nghiện điện thoại di động trong những năm gần đây.

Năm	2017	2018	2019	2020	2021
Tỉ lệ(%)	5	7	8	10	15

b) Trục đứng biểu diễn tỉ lệ phần trăm học sinh cấp THCS nghiện điện thoại di động. Dữ liệu về đại lượng này thuộc loại số liệu.

c) Năm 2021, một trường THCS có 1000 học sinh. Số học sinh nghiện điện thoại di động của trường là: \(15\% .1000 = 150\) (em).

Hướng dẫn giải

a) Dữ liệu là số: Số bạn nam, số bạn nữ tham gia các hoạt động thể thao.

    Dữ liệu không là số: Hoạt động đá bóng, cầu lông bơi.

b) Số học sinh lớp 7E là: \(15 + 1 + 3 + 8 + 12 + 5 = 44\) (học sinh).

Hướng dẫn giải

a) Bảng thống kê cân nặng của 30 bạn học sinh lớp 7A như sau:

Cân nặng (kg)	39	41	42	45
Số học sinh	3	6	12	9

b) Biểu đồ đoạn thẳng biểu diễn dữ liệu trên là

Hướng dẫn giải

a) Quan sát biểu đồ quạt, ta thấy số học sinh yêu thích môn Toán chiếm \(30\% \) tổng số học sinh lớp 7 nên số học sinh thích môn Toán là: \(30\% .300 = 90\) (học sinh).

b) Số học sinh yêu thích môn Âm Nhạc là: \(15\% .300 = 45\) (học sinh).

Số học sinh yêu thích môn Thể thao là: \(10\% .300 = 30\) (học sinh).

Vì \(45 > 30\)nên số học sinh yêu thích môn Âm Nhạc nhiều hơn môn Thể Thao và nhiều hơn số học sinh là: \(45 - 30 = 15\) (học sinh).

Hướng dẫn giải

a) Tỉ lệ phần trăm của hoa ly nhập về trong cửa hàng là: \(100 - 37 - 23 = 40\% \).

Ta có bảng thống kê tỉ lệ các loại hoa nhập ở cửa hàng A trong một ngày như sau:

Loại hoa	Hoa hồng	Hoa ly	Hoa cúc
Tỉ lệ phần trăm (%)	37%	40%	23%

b) Số lượng hoa hồng nhập về trong một ngày là: \(37\% .2000 = 740\) (bông).

Số lượng hoa ly nhập về trong một ngày là: \(40\% .2000 = 800\) (bông).

Số lượng hoa cúc nhập về trong một ngày là: \(2000 - 740 - 800 = 460\) (bông).

Hướng dẫn giải

a) Mùa giải năm 2017, Quang Hải thi đấu 26 trận.

b) Số trận quang Hải tham gia cho giải Vô địch Quốc gia Việt Nam trong 7 mùa giải là:

\(25 + 26 + 24 + 24 + 17 + 9 + 2 = 127\) (trận).

c) Số trận Quang Hải tham gia năm 2022 giảm so với năm 2021 là: \(9 - 2 = 7\) (trận).

Do đó, tỉ lệ phần trăm số trận đấu Quang Hải tham gia năm 2022 giảm so với năm 2021 là:

\(\frac{7}{9}.100 \approx 77,78\% \)

Hướng dẫn giải

a) Tỉ lệ học sinh xếp loại Đạt của khối 7 là: \(100 - 46 - 28 - 2 = 24\left( \% \right)\)

b) Số học sinh xếp loại Giỏi gấp số lần học sinh xếp loại Yếu là: \(28:2 = 14\) (lần).

c) Tổng số học sinh xếp loại Khá, Giới chiếm số phần trăm so với học sinh khối 7 là: \(46 + 28 = 74\% \)

d) Số học sinh khối 7 xếp loại Giỏi là: \(28\% .350 = 98\) (học sinh).

Hướng dẫn giải

a) Số tiền cả gốc và lãi mà bác Hoa thu được ở ngân hàng A sau một năm là:

\(70 \cdot 5,6\% + 70 = 73,92\) (triệu đồng)

Số tiền cả gốc và lãi bác Hoa thu được ở ngân hàng B sau một năm là:

\(50 \cdot 6,5\% + 50 = 53,25\) (triệu đồng)

Số tiền cả gốc và lãi mà bác Hoa thu được ở hai ngân hàng sau một năm là:

\(73,92 + 53,25 = 127,17\) (triệu đồng)

b) Số tiền cả gốc và lãi mà bác Hoa thu được ở một ngân hàng A ở năm thứ hai là:

\(\left( {73,92 - 73,92 \cdot 60\% } \right) \cdot 5,5\% - \left( {73,92 - 73,92 \cdot 60\% } \right) \approx 31,14\) (triệu đồng)

Số tiền cả gốc và lãi mà bác Hoa thu được ở ngân hàng B sau một năm là:

\(97,602 + 97,602 \cdot 6,8\% \approx 104,24\) (triệu đồng)

Số tiền cả gốc và lãi mà bác Hoa thu được ở hai ngân hàng sau hai năm là:

\(127,17 + 104,24 + 31,14 = 262,55\) (triệu đồng).

Hướng dẫn giải

Trong tuần thứ hai, trang web có số lượt truy cập là: \(3 \cdot 3 = {3^2}\) (lượt)

Trong tuần thứ ba, trang web có số lượt truy cập là: \({3^2} \cdot 3 = {3^3}\) (lượt)

Trong tuần thứ tư, trang web có số lượt truy cập là: \({3^3} \cdot 3 = {3^4}\) (lượt)

Trong tuần thứ năm, trang web có số lượt truy cập là: \({3^4} \cdot 3 = {3^5}\) (lượt)

Trong tuần thứ sáu, trang web có số lượt truy cập là: \({3^5} \cdot 3 = {3^6}\) (lượt)

Vậy tới tuần thứ 6, trang web của Na có số lượt truy cập là: \(3 + {3^2} + {3^3} + {3^4} + {3^5} + {3^6} = 1{\rm{ }}092\) (lượt).

Vậy tới tuần thứ 6 thì trang web của Na có tất cả 1 092 lượt truy cập.

Hướng dẫn giải

Giả sử số lượng E.coli ban đầu là 1 tế bảo.

Đổi 3 giờ 40 phút = 220 phút.

Vì cứ 20 phút nhân đôi một lần nên 220 phút thì số lần tế bào E.coli nhân đôi là: \[220:20 = 11\] (lần).

Vậy sau 3 giờ 40 phút thì số tế bào E.coli là: \[{2^{11}} = 2048\] (tế bào)

Hướng dẫn giải

Số tiền thu được sau khi bán \(\frac{7}{8}\) số sản phẩm với giá mỗi sản phẩm cao hơn \(10\% \) so với giá mua vào là: \(\left( {\frac{7}{8} \cdot 40} \right) \cdot 110\% = 38,5\) (triệu đồng)

Số tiền thu được sau khi bán \(\frac{1}{8}\) số sản phẩm với giá mỗi sản phẩm thấp hơn \(20\% \) so với mức giá mua vào là: \(\left( {\frac{1}{8} \cdot 40} \right) \cdot 80\% = 4\) (triệu đồng)

Số tiền chủ cửa hàng thu về khi bán hết số sản phẩm là:

\(38,5 + 4 = 42,5\) (triệu đồng)\

Do đó, chủ cửa hàng đã lãi:

\(\left( {42,5 - 40} \right):40 \cdot 100\% = 6,25\% \)

Hướng dẫn giải

Số viên gạch ở một cạnh của nền sân đó là: \(\sqrt {441} = \sqrt {{{21}^2}} = 21\) (viên)

Do dố viên gạch được lát ở một đường chéo của sân bằng số viên gạch ở một cạnh của nó và 2 đường chéo của sân chung nhau 1 viên gạch nên bỏ số viên gạch màu trắng được lát ở sân là:

\(21 \cdot 2 - 1 = 41\) (viên)

Giá của một viên gạch màu trắng là: \(30{\rm{ }}000 \cdot \frac{{11}}{{10}} = 33{\rm{ }}000\) (đồng).

Nhà Lan mua số gạch đỏ hết số tiền là: \(\left( {441 - 41} \right) \cdot 30{\rm{ }}000 = 12{\rm{ }}000{\rm{ }}000\) (đồng)

Nhà Lan mua số gạch trắng hết số tiền là: \(33{\rm{ }}000 \cdot 41 = 1{\rm{ }}353{\rm{ }}000\) (đồng)

Tổng số tiền nhà Lan mua gạch hết: \(1{\rm{ }}2000{\rm{ }}000 + 1{\rm{ }}353{\rm{ }}000 = 13{\rm{ }}353{\rm{ }}000\) (đồng).

Hướng dẫn giải

Vì \(\widehat {xOM}\) và \(\widehat {MON}\) là hai góc kề nhau nên ta có: \(\widehat {xOM} + \widehat {MON} = \widehat {xON}\)

Vì \(\widehat {xON}\) và\(\widehat {NOy}\)là hai góc kề bù nên ta có: \(\widehat {xON} + \widehat {NOy} = \widehat {xOy} = 180^\circ \)

Do đó \(\widehat {xOM} + \widehat {MON} + \widehat {NOy} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {MON} = 180^\circ - \widehat {xOM} - \widehat {NOy}\)

Nên \(\widehat {MON} = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ \)

Vì \(OI\) là tia phân giác của \(\widehat {MON}\) nên ta có: \(\widehat {MOI} = \widehat {ION} = \frac{1}{2}\widehat {MON} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ \).

Vì \(\widehat {xOM}\) và \(\widehat {MOI}\) là hai góc kề nhau nên ta có: \(\widehat {xOM} + \widehat {MOI} = \widehat {xOI}\)

Suy ra \(\widehat {xOI} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \)

Do đó \(Ox\) vuông góc với \(OI\) nên \(OI\) vuông góc với \(xy\).

Vậy \(OI\) vuông góc với \(xy\).

a) Các cặp góc đối đỉnh là \(\widehat {xAy}\) và \(\widehat {x'Ay'}\) ; \(\widehat {x'Ay}\) và \(\widehat {xAy'}\).

b) Các cặp góc kề bù là \(\widehat {xAy}\) và \(\widehat {x'Ay}\); \(\widehat {xAy}\) và \(\widehat {xAy'}\); \(\widehat {x'Ay}\) và \(\widehat {x'Ay'}\); \(\widehat {x'Ay'}\) và \(\widehat {xAy'}\).

c) Ta có tia \(At\) là tia phân giác của \(\widehat {xAy}\).

Hình a) ta có: \(\widehat A = 45^\circ \) và \(\widehat B = 45^\circ \) nên \(\widehat A = \widehat B\) mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong nên suy ra:

\(m\parallel n\).

Hình b) ta có: \(\widehat M = 60^\circ \) và \(\widehat N = 60^\circ \) nên \(\widehat M = \widehat N\) mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong nên suy ra: \(a\parallel b\).

Hình c) không có hai đường thẳng nào song song với nhau.

Kẻ đường thẳng qua \(C\) và song song với \[AB\].

Mà \(AB\,{\rm{//}}\,DE\) nên đường thẳng đó cũng song song với \[DE\].

Do đó \({\widehat C_1} + \widehat {ABC} = 180^\circ \) và \(\widehat {{C_2}} + \widehat {CDE} = 180^\circ \) (hai góc trong cùng phía)

Do đó, \[{\widehat C_1} = 60^\circ \] và \[\,{\widehat C_2} = 45^\circ \].

Suy ra \[\widehat {BCD} = 180^\circ - 60^\circ - 45^\circ = 75^\circ \].

Hướng dẫn giải

a) Theo bài cho ta có: \(a \bot AB\) tại \(A\) và \(b \bot AB\) tại \(B\) nên \(a\parallel b\).

b) Ta có \(\widehat {ADC} + \widehat {aDC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) hay\(\widehat {aDC} = 180^\circ - \widehat {ADC}\).

Mà \(\widehat {ADC} = 120^\circ \) (gt) nên \(\widehat {aDC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \).

Vì \(a\parallel b\) (cmt) nên \(\widehat {aDC} = \widehat {BCD}\) (hai góc so le trong).

Mặt khác \(\widehat {aDC} = 60^\circ \) (cmt) suy ra \(\widehat {BCD} = 60^\circ \).

Vậy \(\widehat {BCD} = 60^\circ \).

Kẻ \(Et\,{\rm{//}}\,Cx\).

Do hai góc\(\widehat {CEt}\)và \(\widehat {ECx}\)ở vị trí so le trong nên \(\widehat {CEt} = \widehat {ECx} = 40^\circ \) (tính chất hai đường thẳng song song)

Mà tia \(Et\)nằm giữa hai tia \(EC\) và \(ED\) nên \[\widehat {CEt} + \widehat {DEt} = \widehat {CED}\]

Hay \[40^\circ + \widehat {DEt} = 100^\circ \]

Suy ra \[\widehat {DEt} = 100^\circ - 40^\circ = 60^\circ \] (1)

Vẽ tia đối \[Dy'\]của tia \(Dy\)

Do \(\widehat {EDy'}\)và \(\widehat {EDy}\)là hai góc kề bù nên \(\widehat {EDy'} + \widehat {EDy} = 180^\circ \) hay \(\widehat {EDy'} + 120^\circ = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {EDy'} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {DEt} = \widehat {EDy'}\].

Mà hai góc \[\widehat {DEt}\] và \[\widehat {EDy'}\]là hai góc ở vị trí so le trong .

Do đó: \(Cx\,{\rm{//}}\,Dy\) (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

Do \(CD \bot AH\) nên \(\widehat {ACD} = 90^\circ \)

Do \(HB \bot AH\) nên \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {ACD} = \widehat {AHB}\left( { = 90^\circ } \right)\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(BH{\rm{//}}CD\)(dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)

Khi đó \(\widehat {ADC} = \widehat {ABH} = 63^\circ \)(tính chất của hai đường thẳng song song)

Hướng dẫn giải

a) Xét \[\Delta AMB\] và \[\Delta CMD\] có:

\[MD = MB\] (giả thiết)

\[\widehat {AMB} = \widehat {CMD}\] (2 góc đối đỉnh)

\[MA = MC\] (giả thiết)

Suy ra \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (c.g.c)

b) Xét \[\Delta AMD\] và \[\Delta CMB\] có: \[MD = MB\] (giả thiết), \[\widehat {AMD} = \widehat {CMB}\] (đối đỉnh), \[MA = MC\] (giả thiết)

Vậy \[\Delta AMD = \Delta CMB\] (c.g.c) suy ra \[\widehat {ADM} = \widehat {CBM}\] (hai góc tương ứng), mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AD\,{\rm{//}}\,BC\] (dấu hiệu nhận biết)

c) Ta có: \[\Delta AMB = \Delta CMD\] (chứng minh trên) suy ra \[\widehat {MAB} = \widehat {MCD}\] (hai góc tương ứng) mà hai góc này lại ở vị trí sole trong nên \[AB\,{\rm{//}}\,\,CD\](1)

Ta lại có: \[MH \bot AB\](giả thiết) (2). Từ (1) và (2) suy ra \[MH \bot CD\] và \[MK \bot DC\] (giả thiết) suy ra 3 điểm \[H,M,K\] thẳng hàng (định lý)

Xét \[\Delta AMH\] và \[\Delta CMK\] có:

\[\widehat {AHM} = \widehat {MKC} = 90^\circ \] (giả thiết)

\[AM = MC\] (giả thiết)

\[\widehat {AMH} = \widehat {CMK}\] (đối đỉnh)

Vậy \[\Delta AMH = \Delta CMK\] (ch – gn) suy ra \[AM = MC\] hay \[M\] là trung điểm \[HK\].

a) Chứng minh \(\Delta BDF = \Delta EDC\).

Vì \(AD\) là phân giác \(\widehat {BAC}\)nên \(\widehat {BAD} = \widehat {CAD}\).

Xét \(\Delta ADF\) và \(\Delta ADC\)có:

\(AF = AC\,;\,\,\widehat {FAD} = \widehat {CAD}\,;\,\,AD\) chung.

Do đó\(\Delta ADF = \Delta ADC\) (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {AFD} = \widehat {ACD}\) (hai góc tương ứng) và \(FD = CD\) (hai cạnh tương ứng)

Vì \(AF = AC\,;\,\,AB = AE\) suy ra \(BF = EC\)

Xét tam giác \(BDF\) và tam giác \(EDC\) có:

\(BF = EC\,;\,\,\,\widehat {BFD} = \widehat {ECD}\,;\,\,\,FD = CD\).

Do đó\(\Delta BDF = \Delta EDC\) (c.g.c)

b) Theo câu a) \(\Delta BDF = \Delta EDC\) suy ra \(\widehat {BDF} = \widehat {ECD}\).

Mà \(\widehat {BDE} + \widehat {EDC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên\(\widehat {BDE} + \widehat {FDB} = 180^\circ \), do đó \(\widehat {FDE} = 180^\circ \).

Suy ra ba điểm \(F,\,D,\,E\) thẳng hàng.

c) Gọi \(G,\,H\) theo thứ tự là giao điểm của \(AD\) và \(BE,\,CF\).

Xét tam giác \(ABG\) và \(AEG\) có:

\(AB = AE\,;\,\,\widehat {BAG} = \widehat {EAG}\,;\,\,AG\) chung.

Suy ra \(\Delta ABG = \Delta AEG\) (c.g.c)

Do đó, \(\widehat {AGB} = \widehat {AGE}\) (hai góc tương ứng) và \(GB = GE\) (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà \(\widehat {AGB} + \widehat {AGE} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {AGB} = \widehat {AGE} = 90^\circ \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AD\) là đường trung trực \(BE\).

Chứng minh tương tự ta có \(AD\) là đường trung trực \(CF\).

a) Vì \(CD\) là phân giác \(\widehat {BCA}\) suy ra \(\widehat {BCD} = \widehat {ACD}\).

Xét \(\Delta ACD\)và \(\Delta ECD\) có:

\(AC = AF\,;\,\,\widehat {BCD} = \widehat {ACD}\,;\,\,CD\) chung.

Do đó\(\Delta ACD = \Delta ECD\) (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {CED} = \widehat {CAD} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng)

Suy ra \(DE \bot BC\).

b) Vì \(AM\parallel CD\) suy ra \(\widehat {MAC} = \widehat {DCA}\) (hai góc so le trong)

Vì \(CM \bot CA\) nên \(\widehat {MCA} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta CAD\) và \(\Delta ACM\) có:

\(\widehat {DAC} = \widehat {MCA} = 90^\circ \,;\,\,CA\) chung; \(\widehat {DCA} = \widehat {MAC}\).

Do đó\(\Delta CAD = \Delta ACM\) (g.c.g).

Suy ra (hai cạnh tương ứng).

c) Xét tam giác \(NBC\) và tam giác \(NKC\) có:

\(\widehat {BNC} = \widehat {KNC} = 90^\circ \,;\,\,NC\) chung; \(\widehat {BCN} = \widehat {CKN}\)

Suy ra \(\Delta NBC = \Delta NKC\,\)(g.c.g)

Do đó\(\widehat {NBC} = \widehat {NKC}\,;\,\,NB = NK\).

Xét tam giác \(NBD\) và tam giác \(NKD\) có:

\(NB = ND\,;\,\,\widehat {BND} = \widehat {KND}\,;\,\,ND\) chung.

Suy ra \(\Delta NBD = \Delta NKD\) (c.g.c).

Do đó, \(\widehat {NBD} = \widehat {NKD}\) (hai góc tương ứng)

d) Xét tam giác \(BKE\) và tam giác \(BKC\) có:

\[\widehat {BKE} = \widehat {BKA}\,;\,\,BK\] chung; \[\widehat {BKE} = \widehat {KBA}\].

Do đó\(\Delta BKE = \Delta BKC\) (g.c.g)

Suy ra \(\widehat {BEK} = \widehat {KAB} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng)

Suy ra \(KE \bot BC\).

Mà \(DE \bot AC\).

Suy ra ba điểm \(K,\,D,\,E\) thẳng hàng.

a) Xét \(\Delta AHC\) và \(\Delta KCH\) có

\(AH = HK\) (\(H\) là trung điểm của \(AK\))

\(\widehat {AHC} = \widehat {CHK}\) (\(AH \bot BC\))

\(CH\) là cạnh chung

Do đó \(\Delta AHC = \Delta KHC\) (cgc).

b) Vì \[\Delta AHC = \Delta KHC\] (chứng minh trên) do đó \[AC = CK\] (2 cạnh tương ứng)                            (1)

Xét \[\Delta AEC\] và \[\Delta DEB\] ta có :

\[AE = ED\] (\[E\] là trung điểm của \[AD\])

\[BE = CE\] (\[E\] là trung điểm của \[BE\]) \[\widehat {AEC} = \widehat {BEC}\] (đối đỉnh)

Do đó \[\Delta AEC = \Delta DEB\] (c.g.c), suy ra \[AC = DB\] (2 cạnh tương ứng)                  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[BD = AC = CK\].

c) Xét \[\Delta AHC\] và \[\Delta KHE\] ta có \[AH = KH\], \[\widehat {AHE} = \widehat {KHE}\], \[HE\] là cạnh chung

Suy ra \[\Delta AHC = \Delta KHE\] (c.g.c) do đó \[\widehat {AEH} = \widehat {KEH}\] (2 góc tương ứng)

Suy ra \[EH\] là tia phân giác \[AEK\].

Vì \[\Delta AHE = \Delta KHE\] nên \[AE = KE\] mà \[AE = ED\]

Suy ra \[KE = ED\] do đó \[\Delta KED\]cân tại \[E\] nên \[\widehat {EKD} = \widehat {EDK}\].

\[\widehat {EDK} + \widehat {KED} = 90^\circ \] nên \[\widehat {EKD} = \frac{{180^\circ - \widehat {KED}}}{2}\]

Lại có \[\widehat {AKE} + \widehat {KED} = 180^\circ \] suy ra \[\widehat {AKE} = 180^\circ - \widehat {KED}\].

\[\widehat {AEH} + \widehat {HEK} = 180^\circ - \widehat {KED}\]

\[\widehat {HEK} = 180^\circ - \widehat {KED}\]

\[\widehat {HEK} = \frac{{180^\circ - \widehat {KED}}}{2}\]                         (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[\widehat {HEK} = \widehat {ABC}\] mà chúng là 2 góc so le trong

Do đó \[HE{\rm{//}}KD\] hay \[BC{\rm{//}}KD\].

d) Xét \[\Delta KEN\] và \[\Delta DEN\]\[CE = ED\] (\[EN\] chung) \[KN = ND\] (\[N\] là trung điểm của \[KD\])

Suy ra \[\Delta KEN = \Delta DEN\] (c.c.c) nên \[\widehat {ENK} = \widehat {END}\] mà \[\widehat {ENK} + \widehat {END} = 180^\circ \].

Suy ra \[\widehat {ENC} = \widehat {END} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \] hay \[EN \bot KD\].

\[\Delta KBE = \Delta DCE\] suy ra \[BK = CD\] (2 cạnh tương ứng)

\[\Delta BKD = \Delta CDK\] (c.c.c) do đó \[\widehat {BDK} = \widehat {CKD}\] (2 góc tương ứng)

Suy ra \[\Delta KID\] cân tại \[I\] nên  \[IK = ID\] xét \[\Delta KIN = \Delta DIN\] do đó \[\widehat {INK} - \widehat {IND}\].

Mà \[\widehat {INK} + \widehat {IND} = 180^\circ \] suy ra \[\widehat {INK} = \widehat {IND} = 90^\circ \] hay \[IN \bot KD\].

a) Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta DCM\), có:

\[AM = MD\] (gt)

\[\widehat {BMA} = \widehat {CMD}\] (đối đỉnh)

\[BM = MC\] (gt)

Do đó, \(\Delta ABM = \Delta DCM\) (c.g.c)

b) Từ phần a, có \(\Delta ABM = \Delta DCM\) (c.g.c) nên \(\widehat {ABM} = \widehat {DCM}\) (hai góc tương ứng)

Mà hai góc ở vị trí so le trong, suy ra \(AB\parallel DC\).

c) Xét \[\Delta ABC\] có \[AB = AC\] nên \[\Delta ABC\] cân tại \[A\].

Mà có \[M\] là trung điểm của \[BC\] nên \[AM\] là đường cao của \[\Delta ABC\].

Suy ra \(AM \bot BC\).

d) Từ a) có \(\Delta ABM = \Delta DCM\) (c.g.c) nên \(AB = DC\) (2 cạnh tương ứng).

Mà \[AB = AC\] nên \[AC = CD\], suy ra \(\Delta CAD\) cân tại \(C\).

Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {CAD} = 45^\circ \).

Có \(\widehat {BAC} = 2\widehat {CAD} = 90^\circ \) (\[AM\] vừa là đường cao, vừa là đường phân giác \(\widehat {BAC}\)).

Lúc này \[\Delta ABC\] là tam giác vuông cân tại \[A\].

Vậy để góc \(\widehat {ADC} = 45^\circ \) thì \[\Delta ABC\] là tam giác vuông cân tại \[A\].