Đáp án:

Giải thích các bước giải:

Bài `6`

Kẻ `CH bot AB` tại `H` và `CK bot AD` tại `K` 

Ta có `hat(ABC) + hat(CBH) = 180°` (hai góc kề bù)

`=> hat(CBH) = 180° - hat(ABC)`

Ta có `hat(ABC) + hat(ADC) = 180°`

`=> hat(ADC) = 180° - hat(ABC)`

`=> hat(CBH) = hat(ADC) (hay hat(CDK) = hat(CBH))`

Xét `ΔCBH` vuông tại `H` và `ΔCDK` vuông tại `K` có:

`CB = CD` (gt)

`hat(CBH) = hat(CDK)` (cmt)

`=> ΔCBH = ΔCDK (ch-gn)`

`=> CH = CK` (hai cạnh tương ứng)

Xét `ΔAHC` vuông tại `H` và `ΔAKC` vuông tại `K` có:

`AC` là cạnh huyền chung

`CH = CK` (cmt)

`=> ΔAHC = ΔAKC (ch-gv)`

`=> hat(BAC) = hat(DAC)` (hai góc tương ứng)

`=> AC` là tia phân giác của `hat(BAD)` (đpcm)

Bài `7`

Gọi `I` là giao điểm của hai đường thẳng `AD` và `BC`

Xét `ΔICD` có:

`hat(C) + hat(D) = 90°` (gt)

`=> hat(ICD) + hat(IDC) = 90°`

`=> hat(CID) = 180° - (hat(ICD) + hat(IDC)) = 180° - 90° = 90°`

`=> ΔICD` vuông tại `I` 

`=> AD bot BC` tại `I`

Do đó `ΔIAB, ΔICD, ΔIAC, ΔIBD` đều là các tam giác vuông tại `I`

Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông tại `I:`

Trong `ΔIAC` vuông tại `I: AC^2 = IA^2 + IC^2`

Trong `ΔIBD` vuông tại `I: BD^2 = IB^2 + ID^2`

`=> AC^2 + BD^2 = (IA^2 + IC^2) + (IB^2 + ID^2)`

`=> AC^2 + BD^2 = (IA^2 + IB^2) + (IC^2 + ID^2) (1)`

Trong `ΔIAB` vuông tại `I: AB^2 = IA^2 + IB^2`

Trong `ΔICD` vuông tại `I: CD^2 = IC^2 + ID^2`

`=> AB^2 + CD^2 = (IA^2 + IB^2) + (IC^2 + ID^2) (2)`

Từ `(1)` và `(2) => AC^2 + BD^2 = AB^2 + CD^2` (đpcm)

`----`

Bài `6` ảnh `1`

Bài `7` ảnh `2`

Đừng để ý các độ của góc.