Bài 2: Hai tam giác bằng nhau

Bài 5:

1: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=90^0-30^0=60^0\)

2: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBAC vuông tại A có

BA chung

AD=AC

Do đó: ΔBAD=ΔBAC

3: Xét ΔABC vuông tại A và ΔAED vuông tại A có

AB=AE

AC=AD

Do đó: ΔABC=ΔAED
=>\(\widehat{ABC}=\widehat{AED}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BC//DE

Xét ΔABD vuông tại A và ΔAEC vuông tại A có

AB=AE

AD=AC

Do đó: ΔABD=ΔAEC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{AEC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BD//CE
4: Kẻ HF//DK(F thuộc DC)

=>\(\widehat{HFC}=\widehat{BDC}\)

mà \(\widehat{BDC}=\widehat{HCF}\)

nên \(\widehat{HFC}=\widehat{HCF}\)

=>HF=HC

mà HC=DK

nên HF=DK

Xét tứ giác HFKD có

HF//KD

HF=KD

Do đó: HFKD là hình bình hành

=>Q là trung điểm chung của HK và FD

=>QH=QK

Bài 6:

1: Xét ΔABE và ΔACE có

AB=AC

BE=CE

AE chung

Do đó: ΔABE=ΔACE
2: Ta có: ΔABE=ΔACE

=>\(\widehat{AEB}=\widehat{AEC}\)

mà \(\widehat{AEB}+\widehat{AEC}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AEB}=\widehat{AEC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>AE\(\perp\)BC

3: Xét ΔKHA vuông tại H và ΔKHE vuông tại H có

KH chung

HA=HE

Do đó: ΔKHA=ΔKHE

4: Xét ΔEAB vuông tại E và ΔEQC vuông tại E có

EB=EC

\(\widehat{EBA}=\widehat{ECQ}\)(hai góc so le trong, AB//CQ)

Do đó: ΔEAB=ΔEQC

=>EA=EQ

=>E là trung điểm của AQ

Xét tứ giác ABQC có

E là trung điểm chung của AQ và BC

=>ABQC là hình bình hành

=>BQ//AC

Xét tứ giác BKCM có

E là trung điểm chung của BC và KM

=>BKCM là hình bình hành

=>BM//CK

=>BM//CA

mà BQ//CA

nên B,M,Q thẳng hàng

Bình luận (0)

Bài 6:

1: Xét ΔABE và ΔACE có

AB=AC

EB=EC

AE chung

Do đó: ΔABE=ΔACE

2: ta có; ΔAEB=ΔAEC

=>\(\widehat{AEB}=\widehat{AEC}\)

mà \(\widehat{AEB}+\widehat{AEC}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AEB}=\widehat{AEC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)

=>AE\(\perp\)BC

3: Xét ΔKHA vuông tại H và ΔKHE vuông tại H có

KH chung

HA=HE

Do đó: ΔKHA=ΔKHE

Bài 5:

1: Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=90^0-30^0=60^0\)

2: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBAC vuông tại A có

BA chung

AD=AC

Do đó: ΔBAD=ΔBAC

3: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔEAC vuông tại E có

BA=EA

AD=AC

Do đó: ΔBAD=ΔEAC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{AEC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BD//CE

4: Kẻ MH//BD(M\(\in\)CD)

Ta có: \(\widehat{CMH}=\widehat{CDB}\)(hai góc đồng vị, MH//BD)

\(\widehat{CDB}=\widehat{HCM}\)

Do đó: \(\widehat{CMH}=\widehat{HCM}\)

=>CH=HM

mà CH=DK

nên MH=DK

Xét tứ giac DKMH có

DK//MH

DK=MH

Do đó: DKMH là hình bình hành

=>DM cắt KH tại trung điểm của mỗi đường

=>Q là trung điểm của DM

=>QD=QM

Bình luận (1)
hacker
Xem chi tiết
hacker
Xem chi tiết
hacker
Xem chi tiết
hacker
Xem chi tiết
hacker
Xem chi tiết
hacker
Xem chi tiết

a: Xét ΔABM và ΔACM có

AB=AC

BM=CM

AM chung

Do đó: ΔABM=ΔACM

b: Sửa đề: BE\(\perp\)AC tại E

Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có

AB=AC

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE=ΔACF

=>AE=AF

Bình luận (1)
hacker
Xem chi tiết

a: Xét ΔABD và ΔAED có

AB=AE

\(\widehat{BAD}=\widehat{EAD}\)

AD chung

Do đó: ΔABD=ΔAED

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{AED}\)

b: Ta có: \(\widehat{ABD}+\widehat{DBF}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\widehat{AED}+\widehat{CED}=180^0\)(hai góc kề bù)

mà \(\widehat{ABD}=\widehat{AED}\)

nên \(\widehat{DBF}=\widehat{CED}\)

Ta có: ΔABD=ΔAED

=>DB=DE

Xét ΔDBF và ΔDEC có

\(\widehat{DBF}=\widehat{DEC}\)

DB=DE
\(\widehat{BDF}=\widehat{EDC}\)(đối đỉnh)

Do đó: ΔDBF=ΔDEC
c: Ta có: ΔDBF=ΔDEC

=>BF=EC

Ta có: AB+BF=AF

AE+EC=AC

mà AB=AE và BF=EC

nên AF=AC

=>A nằm trên đường trung trực của CF(1)

Ta có: ΔDBF=ΔDEC

=>DF=DC

=>D nằm trên đường trung trực của CF(2)

Ta có: NF=NC

=>N nằm trên đường trung trực của CF(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,D,N thẳng hàng

=>AN//EM

=>DN//EM

Bình luận (0)
Kiều Vũ Linh
24 tháng 2 lúc 7:01

loading...  

a) Do AD là tia phân giác của ∠BAC (gt)

⇒ ∠BAD = ∠CAD

⇒ ∠BAD = ∠EAD

Xét ∆ABD và ∆AED có:

AD là cạnh chung

∠BAD = ∠EAD (cmt)

AB = AE (gt)

⇒ ∆ABD = ∆AED (c-g-c)

⇒ ∠ABD = ∠AED (hai góc tương ứng)

b) Ta có:

∠FBD + ∠ABD = 180⁰ (kề bù)

∠CED + ∠AED = 180⁰ (kề bù)

Mà ∠ABD = ∠AED (cmt)

⇒ ∠FBD = ∠CED

Do ∆ABD = ∆AED (cmt)

⇒ BD = ED (hai cạnh tương ứng)

Xét ∆DBF và ∆DEC có:

∠FBD = ∠CED (cmt)

BD = ED (cmt)

∠BDF = ∠CDE (đối đỉnh)

⇒ ∆DBF = ∆DEC (g-c-g)

c) Do ∆DBF = ∆DEC (cmt)

⇒ BF = EC (hai cạnh tương ứng)

Ta có:

AF = AB + BF

AC = AE + EC

Mà AB = AE (gt)

BF = EC (cmt)

⇒ AF = AC

⇒ ∆AFC cân tại A

Mà N là trung điểm của FC (gt)

⇒ AN là đường trung tuyến của ∆AFC

⇒ AN cũng là đường phân giác của ∆AFC

⇒ AN là tia phân giác của ∠ABC

⇒ A, N, D thẳng hàng

Mà AD // EM (gt)

⇒ AN // EM

Bình luận (0)