a) Do D, E đối xứng qua AB nên tam giác EKD cân tại K.
Do EDFG là hình bình hành nên \(\widehat{KED}=180^o-\widehat{EDF}=180^o-\left(180^o-30^o-30^o\right)=60^o\)
Vậy KDE là tam giác đều.
b) Câu này phải ta KDFG mới là hình thang cân.
Ta có KDFG đã là hình thang.
Lại có \(\widehat{GFD}=\widehat{KED}\) ( Hai góc đối của hình bình hành)
và \(\widehat{KED}=\widehat{EKD}\) (tam giác KDE đều) và \(\widehat{EKD}=\widehat{KDF}\) (so le trong)
Vậy nên \(\widehat{GFD}=\widehat{KDF}\)
Vậy KDFG là hình thang cân (Hai góc kề một đáy bằng nhau)
c) Gọi I, J là giao điểm của DF và KG với AC.
Ta có ngay I là trung điểm DF nên J cũng là trung điểm KG.
Từ đó ta có \(\Delta AJK=\Delta AJG\) (Hai cạnh góc vuông)
\(\Rightarrow\widehat{GAC}=\widehat{KAJ}=60^o=\widehat{ACB}\)
Vậy AG // BC.
Cô giải thích thêm tại sao có góc 30o:
Gọi giao điểm của ED và KB là H. Khi đó tam giác BHD vuông tại H.
Vì tam giác ABC đều nên \(\widehat{HBD}=60^o\Rightarrow\widehat{HDB}=90^o-60^o=30^o\)
Tương tự \(\widehat{IDC}=30^o\Rightarrow\widehat{BDF}=180^o-\widehat{BDE}-\widehat{CDI}=180^o-30^o-30^o=120^o\)
Bài này vẫn giải bình thường mà.
O là giao của DE,MN. Từ D,A,O,N,E hạ các đường vuông góc xuống BC và cắt BC tại D',A',O',N',E'.
Đường trung bình: NN′=DD′+EE′(=2OO′)
Q,P là giao của MD,ME với AB,AC →DD′=DQ=MQ,EE′=EP=MP
Dùng diện tích dễ dàng chứng minh MQ+MP=AA′→AA=DD′+EE′=NN′→AN//BCDPCM
tth Quản lý 32 phút trước
Thống kê hỏi đáp
Báo cáo sai phạm
a) Do D, E đối xứng qua AB nên tam giác EKD cân tại K.
Do EDFG là hình bình hành nên