a, Trong hình vuông ABCD dựng tam giác EMB đều.
MBA^=ABC^−CBE^−EBM^=90o−15o−60o=15oMBA^=ABC^−CBE^−EBM^=90o−15o−60o=15o
Dễ dàng c/m đc:
ΔΔ CEB=ΔΔ BMA (c.g.c)
\RightarrowBMA^=BEC^=150oBMA^=BEC^=150o
\RightarrowBMA^=EMA^=150oBMA^=EMA^=150o
\Rightarrow

ΔΔ EMA=ΔΔ BMA (c.g.c)
\Rightarrow AE=AB
Tương tự c/m đc DE=DC
\Rightarrow DE=AE(1)
Dễ dàng c/m đc DAE^=60o(2)DAE^=60o(2)
Từ (1) và (2) \Rightarrow Tam giác AED đều.

Đội sản xuất của 1 nông trường nhập về 567 bao ngô giống, mỗi bao có 30kg ngô. Người ta chia đều ngô giống đó cho 378 gia đình đẻ trồng ngô vào vụ mùa tới. Hỏi mỗi gia đình nhận được bao nhiêu ki - lô - gam ngô giống?

( help me ! )

Do tam giác FCD đều nên FC = DC = CB. Do đó tam giác BCF cân tại C nên \(\widehat{FBC}=\dfrac{180^o-\widehat{FCB}}{2}=\dfrac{180^o-150^o}{2}=15^o=\widehat{EBC}\).

Vậy B, E, F thẳng hàng.

Cho xin cái hình

Xét ∆ EDC và  ∆ FDA, tacó:  ∠ (EDC) =  ∠ (FDA) =  15 0

DC = AD (gt)

∠ (ECD) =  ∠ (FAD) =  15 0

Suy ra:  ∆ EDC =  ∆ FDA (g.c.g)

⇒ DE = DF

⇒  ∆ DEF cân tại D

Lại có:  ∠ (ADC) =  ∠ (FDA) +  ∠ (FDE) +  ∠ (EDC)

⇒  ∠ (FDE) =  ∠ (ADC) -( ∠ (FDA) +  ∠ (EDC) )=  90 0  - ( 15 0  +  15 0 ) =  60 0

Vậy  ∆ DEF đều.

                                                              Bài giải

Ta có \(\widehat{DAE}=90^0-60^0=30^0\)

\(AD=AE(=AB) \)

\(\Rightarrow \triangle DAE\)cân tại A
\(\widehat{EDA}=\frac{180^0-30^0}{2}=75^0 \)

Nên \(\widehat{CDE}=15^0\)

Tương tự \(\triangle BEC\) cân tại \(B\)

Dễ chứng minh \(\triangle DAF=\triangle DCF\) (c.g.c)

\(\Rightarrow \widehat{DFC}=\widehat{DFA}=180^0-45^0-30^0=105^0\)

Hạ \(FH \perp DC\)

Thì dễ có \(\triangle DHF\) vuông cân tại \(H\)

\(\Rightarrow \widehat{ DFH}=45^0\) do đó \(HD=HO\)

\(\Rightarrow \widehat{HFC}=60^0\)

Tam giác \(HFC\) vuông tại \(H\) có \(\widehat{HFC}=60^0\)

Giả sử \(O'\) \)là trung điểm của\( FC\) thì \(\triangle HO'F\)đều

\(\Rightarrow HO'=HF=DH\)

\(\widehat{HDO'}=\frac{180^0-(60^0+90^0)}{2}=15^0=\widehat{CDE}\)

Nên\( D, E, O'\)thẳng hàng \(\Rightarrow O\) trùng \(O' \)

Hay\(O\) là trung điểm của \(CF\) nên \(OC=OF\)

                                                                              Bài giải

Ta có ˆDAE=900−600=300DAE^=900−600=300

$AD=AE(=AB$)

$\Rightarrow △DAE$ cân tại $A$

ˆEDA=1800−3002=750EDA^=1800−3002=750

Nên ˆCDE=150CDE^=150

Tương tự $△BEC$ cân tại $B$


Dễ chứng minh $△DAF=△DCF$ (c.g.c)

⇒ˆDFC=ˆDFA=1800−450−300=1050⇒DFC^=DFA^=1800−450−300=1050

Hạ $FH\perp DC$

Thì dễ có $△DHF$ vuông cân tại $H$

⇒ˆDFH=450⇒DFH^=450 do đó $HD=HO$

⇒ˆHFC=600⇒HFC^=600

Tam giác $HFC$ vuông tại $H$ có ˆHFC=600HFC^=600

Giả sử  là trung điểm của $FC$ thì 

$△H{}^{}F$ đều

$\Rightarrow H{}^{}=HF=DH$

ˆHDO′=1800−(600+900)2=150=ˆCDEHDO′^=1800−(600+900)2=150=CDE^

Nên $D,E,{}^{}$ thẳng hàng

$\Rightarrow O$ trùng 

Hay $O$ là trung điểm của $CF$ nên $OC=OF$

                                                       Bài giải

Ta có ˆDAE = 90^o − 60^o = 30^o

AD = AE ( = AB )

⇒ △DAE cân tại A

ˆEDA = ( 180^o −30^o ) / 2 = 75^o

Nên ˆCDE=15^o

Tương tự △BEC cân tại B

Dễ chứng minh △DAF=△DCF (c.g.c)

⇒ ˆDFC=ˆDFA = 180^o − 45^o − 30^o = 105^o 

Hạ FH⊥DC

Thì dễ có △DHF△DHF vuông cân tại HH

⇒ˆDFH=450 do đó HD=HO

⇒ˆHFC=600

Tam giác HFC vuông tại H có ˆHFC = 60^o

Giả sử O′ là trung điểm của FC thì △HO′F đều

⇒ HO′ = HF = DH

ˆHDO′=180^o − (60^o + 90^o)/2=150

Nên D,E,O′ thẳng hàng

⇒ O trùng O′

Hay O là trung điểm của CF nên OC=OF