+ ΔABD = ΔCBD (g.c.g) vì:

∠ABD = ∠CBD (gt)

BD chung

∠ADB = ∠BDC (= 90o)

+ Ta có: ∠FGI = ∠IHE ( giả thiết). Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên: FG // HE

⇒ ∠GFI = ∠IEH ( hai góc so le trong).

*) Khi đó: ΔGIF = ΔHIE (g.c.g) vì:

∠GFI = ∠IEH ( chứng minh trên)

FI = IE ( giả thiết)

∠GIF = ∠EIH (hai góc đối đỉnh)

Có ba cặp tam giác bằng nhau:

ΔABD=ΔACE

ΔBEC=ΔCDB

ΔBEH=ΔCDH

-Xét tam giác vuông BDA và tam giác vuông BDC có:

ABD = CBD

BD: cạnh chung

=> tam giác BDA = tam giác BDC

-Ta có: góc G = góc H

góc FIG = góc EIH

Mà F + G + FIG = E + H + EIH = 180⁰

=> góc F = góc E

Xét tam giác IFG và tam giác IEH có:

IF = IE (gt)

FIG = EIH (gt)

góc F = góc E (cmt)

=> tam giác IFG = tam giác IEH

Các tam giác = nhau là :

\(\Delta ABD\) và \(\Delta BDC\)

\(\Delta BEH\) và \(\Delta CDH\)

\(\Delta AEC\) và \(\Delta BEC\)

Tick minh ha

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)

Xem hình bs.52.

- Các tam giác ADB, ACB, DAC, DBC có diện tích bằng nhau vì cùng bằng nửa diện tích hình bình hành đã cho.

- Các tam giác OAD, OCB, ODC, OBA có diện tích bằng nhau vì cùng bằng một phần tư diện tích hình bình hành đã cho.

- Xem hình 63)

Ta có:

Và AB = MI; AC = IN; BC = MN

Nên ΔABC = ΔIMN

- Xem hình 64)

ΔPQR có:

Và QH = RP, HR = PQ, QR cạnh chung

Nên ΔHQR = ΔPRQ

Ta có:

* S_ADB=S_ACB=S_DAC=S_DBC ( cùng bằng \(\dfrac{1}{2}.S_{hbh}\) )

* S_OAD=S_OCB=S_ODC=S_OBA (cùng bằng \(\dfrac{1}{4}.S_{hbh}\))