Cho hình vẽ , biết :
\(\widehat{MNP}+\widehat{NPQ}=180^0;\widehat{MPQ}=50^0;Qx\perp PQ\)
Tính góc NMP và NRx
Cho hình vẽ , biết \(\widehat{CBy}>\widehat{ACB}\)
CMR : Nếu Ax // By thì \(\widehat{CAx}+\widehat{CBy}-\widehat{ACB}=180^0\)
Cho tứ giác ABCD \(AB=BC=AD\) , và\(\widehat{DAB}\) + \(\widehat{BCD}\) = \(^{^{ }180^o}\)
a) Chứng minh rằng DB là tia phân giác của góc \(\widehat{ADC}\) ?
b) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình thang cân ?
a. Ta có: AD = AB
=> \(\Delta ABD\) là tam giác cân
=> Góc ADB = góc ABD (1)
Mà góc ABD = góc BDC (so le trong) (2)
Từ (1) và (2), suy ra:
BD là tia phân giác của góc ADC
b. Nối AC
Xét 2 tam giác ABC và ABD có:
AD = BC (gt)
AB chung
=> \(\Delta ABD\sim\Delta ABC\) (1)
Ta có: AD = AB = BC (2)
Từ (1) và (2), suy ra: \(\Delta ABD=\Delta ABC\)
=> Góc A = góc B
Ta có: AB//CD
=> Góc D + góc A = 90o (2 góc trong cùng phía)
Mà góc A = góc B
=> Góc C = góc D
=> ABCD là hình thang cân
Nhưng bậy giờ bn chỉ cần chứng minh đó là hình thang là đc
Cho hình bình hành ABCD có AC = 3 AD
C/M \(cot\widehat{BAD}\)\(\ge\dfrac{4}{3}\)
\(AC^2+BD^2=2\left(AB^2+AD^2\right)\)
\(\Leftrightarrow AB^2+AC^2=5BD^2\)
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(cosBAD=\dfrac{AB^2+AD^2-BD^2}{2AB.AD}\ge\dfrac{4BD^2}{AB^2+AD^2}=\dfrac{4BD^2}{5BD^2}=\dfrac{4}{5}\)
\(\Rightarrow sinBAD=\sqrt{1-cos^2BAD}\le\sqrt{1-\dfrac{16}{25}}=\dfrac{3}{5}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{sinBAD}\ge\dfrac{5}{3}\)
\(\Rightarrow cotBAD=\dfrac{cosBAD}{sinBAD}\ge\dfrac{4}{5}.\dfrac{5}{3}=\dfrac{4}{3}\)
Cho tứ giác ABCD, biết 2 đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E, hai đường thẳng BC và AD cắt nhau ở F. Các phân giác của \(\widehat{E}\)và \(\widehat{F}\) cắt nhau ở I. Chứng minh:
a, \(\widehat{EIF}=\dfrac{\widehat{ABC}+\widehat{ADC}}{2}\)
b, Nếu \(\widehat{BAD}=130\)độ và \(\widehat{BCD}=50\) độ thì IE vuông góc với IF.
Có hình vẽ các bạn nhé!
Cho tứ giác ABCD có AC là đường phân giác \(\widehat{BAD}\)và CD=CB. Chứng minh rằng \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)hoặc \(\widehat{ABC=}180ºC-\widehat{ADC}\)
Cho tứ giác ABCD, biết 2 đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E, hai đường thẳng BC và AD cắt nhau ở F. Các phân giác của ˆEE^và ˆFF^ cắt nhau ở I. Chứng minh:
a, \(\widehat{EIF}=\dfrac{\widehat{ABC}+\widehat{ADC}}{2}\)
b, Nếu \(\widehat{BAD}=130\)độ và \(\widehat{BCD}=50\) độ thì IE vuông góc với IF.
Có hình vẽ các bạn nhé!
Cho hình bình hành \(ABCD\) có \(O\) là giao điểm của hai đường chéo. Giải thích các khẳng định sau:
a) Nếu \(\widehat {{\rm{BAD}}}\) là góc vuông thì \(\widehat {{\rm{ADC}}}\) và \(\widehat {{\rm{ABC}}}\) cũng là góc vuông.
b) Nếu \(AC = BD\) thì \(\widehat {{\rm{BAD}}}\) vuông.
a) Vì \(ABCD\) là hình bình hành (gt)
Suy ra \(O\) là trung điểm của \(AC\), \(BD\)
\(AB = CD\); \(AD = BC\); \(AB\) // \(CD\); \(AD\) // \(BC\)
Nếu \(\widehat {{\rm{BAD}}} = 90^\circ \) suy ra \(AB \bot AD\)
Mà \(AB\) // \(CD\); \(AD\) // \(BC\)
Suy ra \(AD \bot CD;\;AB \bot BC\)
Suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {ABC} = 90^\circ \)
b) Xét \(\Delta BAD\) và \(\Delta CDA\) ta có:
\(BA = CD\) (gt)
\(AD\) chung
\(BD = AC\) (gt)
Suy ra \(\Delta BAD = \Delta CDA\) (c-c-c)
Suy ra \(\widehat {{\rm{BAD}}} = \widehat {{\rm{CDA}}}\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\widehat {BAD} + \widehat {CDA} = 180^\circ \)(do \(AB\) // \(CD\) , cặp góc trong cùng phía)
Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CDA} = 90^\circ \)
Cho hình vẽ biết:
\(\widehat{MNP}+\widehat{NPQ}=180^0;\widehat{MPQ}=50^0;Qx\perp PQ\\\)
Tính góc NMP và góc NRx
Cho hình thang ABCD, M là trung điểm BC, DM là p.giác \(\widehat{ADC}\). CMR AM là p.giác \(\widehat{BAD}\)
Từ M kẻ MN // AB // CD. Do M là trung điểm BC nên MN là đường trung bình hình thang hay NA = ND.
Do DM là phân giác góc \(\widehat{ADC}\) nên \(\widehat{ADM}=\widehat{MDC}\)
Do MN // DC nên \(\widehat{NMD}=\widehat{MDC}\) (So le trong)
Vậy nên \(\widehat{NMD}=\widehat{ADM}\) hay tam giác NDM cân tại N.
Suy ra ND = NM hay ta cũng có tam giác NAM cân tại N.
\(\Rightarrow\widehat{NAM}=\widehat{NMA}\)
Do MN//AB nên \(\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{NMA}\) (So le trong)
Vậy \(\widehat{BAM}=\widehat{NAM}\) hay AM là phân giác góc \(\widehat{BAD}.\)
