Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét \(\Delta\) ADE và \(\Delta\)ABC có:
AD = AB (giả thuyết)
\(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}=90^0\)
AE = AC (giả thuyết)
Do đó \(\Delta ADE=\Delta ABC\) (c.g.c)
=> DE = BC (2 cạnh tương ứng)
b) Ta có: \(\widehat{D_1}=\widehat{D_2}\) (2 góc đối đỉnh)
\(\widehat{C}=\widehat{E}\) (\(\Delta ADE=\Delta ABC\))
=> \(\widehat{N}=\widehat{A}=90^0\)
Hay DE vuông góc với BC
A B C D E N
\(a.\)
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) có :
\(AD=AB\) \(\left(gt\right)\)
\(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\left(=90^0\right)\)
\(AE=AC\) \(\left(gt\right)\)
Do đó : \(\Delta ADE=\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow DE=BC\) ( hai cạnh tương ứng )
\(b.\)
Ta có :
\(\widehat{ADE}=\widehat{CDN}\) ( hai góc đối đỉnh )
\(\widehat{C}=\widehat{E}\) ( vì \(\Delta ADE=\Delta ABC\) )
\(\Rightarrow\widehat{N}=\widehat{A}\left(90^0\right)\)
Hay \(DE\perp BC\)
Vậy \(DE\perp BC\)
a: Xét ΔAMB và ΔDMC có
MA=MD
\(\widehat{AMB}=\widehat{DMC}\)
MB=MC
DO đó:ΔAMB=ΔDMC
b: Xét tứ giác ABDC có
M là trung điểm của AD
M là trung điểm của BC
Do đó: ABDC là hình bình hành
Suy ra: AC//BD
Ta có hình vẽ sau:
A B C M D N E
a) Xét ΔABM và ΔCDM có:
MB = MD (gt)
\(\widehat{AMB}=\widehat{CMD}\) (đối đỉnh)
AM = CM (gt)
=> ΔABM = ΔCDM (c.g.c)(đpcm)
b) Vì ΔABM = ΔCDM (ý a)
=> \(\widehat{BAM}=\widehat{DCM}\) (2 góc tương ứng)
mà 2 góc này lại ở vị trí so le trong nên
=> AB // CD (đpcm)
c) +)Vì ΔAB // CD (ý b)
=> \(\widehat{NBM}=\widehat{EDM}\) (so le trong)
Xét ΔMNB và ΔMED có:
\(\widehat{EMD}=\widehat{NMB}\) (đối đỉnh)
MB = MD (gt)
\(\widehat{NBM}=\widehat{EDM}\) (cm trên)
=> ΔMNB = ΔMED (g.c.g)
=> NB = ED(2 cạnh tương ứng) (1)
+) CM tương tự ta có:
ΔMEA = ΔMNC(g.c.g)
=> EA = NC (2 cạnh tương ứng) (2)
Từ (1) và (2)
=> EA = ED => E là trung điểm của AD (đpcm)
á, sao đã tl rồi thế này hả
Nguyễn Thị Thu An,
Trần Nghiên Hy
A B C E F 1 2 1 2 K I
Giải:
Gọi K là giao điểm giữa CF và BE
Kẻ tia phân giác KI của \(\widehat{BKC}\)
\(\Rightarrow\widehat{BKI}=\widehat{CKI}\)
Trong \(\Delta ABC\) có: \(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\)
\(\Rightarrow60^o+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{B}+\widehat{C}=120^o\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}\left(\widehat{B}+\widehat{C}\right)=\frac{1}{2}.120^o\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}\widehat{B}+\frac{1}{2}\widehat{C}=60^o\)
\(\Rightarrow\widehat{B_2}+\widehat{C_1}=60^o\)
Xét \(\Delta BKC\) có: \(\widehat{BKC}+\widehat{B_2}+\widehat{C_1}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{BKC}+60^o=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{BKC}=120^o\)
Ta có: \(\widehat{B_2}+\widehat{C_1}=\widehat{FKB}\)
\(\Rightarrow\widehat{FKB}=60^o\)
Mà \(\widehat{FKB}=\widehat{EKC}\) ( đối đỉnh )
\(\Rightarrow\widehat{EKC}=60^o\)
Xét \(\Delta FKB,\Delta IKB\) có:
\(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\left(=\frac{1}{2}\widehat{B}\right)\)
BK: cạnh chung
\(\widehat{FKB}=\widehat{IKB}\left(=60^o\right)\)
\(\Rightarrow\Delta FKB=\Delta IKB\left(g-c-g\right)\)
\(\Rightarrow BF=BI\) ( cạnh t/ứng )
Xét \(\Delta EKC,\Delta IKC\) có:
\(\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\left(=\frac{1}{2}\widehat{C}\right)\)
KC: cạnh chung
\(\widehat{EKC}=\widehat{IKC}\left(=60^o\right)\)
\(\Rightarrow EC=IC\) ( cạnh t/ứng )
Có: \(BI+IC=BC\)
\(\Rightarrow BF+CE=BC\)
\(\Rightarrowđpcm\)
a) xét tam giác EKB vuông tại K (EK\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)\(\perp\)\(\perp\perp\) vuông góc với AB) có
EK là cạnh góc vuông
EB là cạnh huyền
Vì trong \(\Delta\)tam giác vuông, cạnh huyền là cạnh lớn nhất.
suy ra: DC > DE
mà EK = CE (tam giác ACE = tam giác AKE)
suy ra: CE < EB
a: \(\widehat{BAC}=180^0-80^0-40^0=60^0\)
\(\widehat{DAC}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)
\(\widehat{ADC}=180^0-30^0-40^0=110^0\)
b: Xét ΔBAD và ΔEAD có
AB=AE
\(\widehat{BAD}=\widehat{EAD}\)
AD chung
Do đó: ΔBAD=ΔEAD