hình : 

vẽ tam giác EBC vuông cân tại E trong tam giác ABC

\(\widehat{EBC}=45^o\)

Ta có : EB² + EC² = BC²

2EB²  = 4 ; EB² = 2 ; EB = \(\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\)EB = AD = \(\sqrt{2}\)

\(\Delta BAE\)= \(\Delta CAE\)( c.g.c ) suy ra : \(\widehat{BAE}=\widehat{CAE}=15^o\)

\(\widehat{ABC}=\left(180^o-30^o\right):2=75^o\)

\(\widehat{ABE}=75^o-45^o=30^o\)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{ABE}=\widehat{BAD}=30^o\)

\(\Delta ABD=\Delta BAE\)( c.g.c ) suy ra : \(\widehat{ABD}=\widehat{BAE}=15^o\)

b) xét : \(\Delta DBC\)có : \(\widehat{DBC}=75^o-15^o=60^o\); \(\widehat{DCB}=75^o\)và \(\widehat{BDC}=45^o\)

suy ra : \(\widehat{BDC}< \widehat{DBC}< \widehat{DCB}\left(45^o< 60^o< 75^o\right)\)

Do đó : BC < CD < BD

từ khác với từ còn lại là :

  A. phát hiện       B. phát kiến      C. phát hành      D. phát minh

1: AC=12cm

Xét ΔABC có AB<AC<BC

nên \(\widehat{C}< \widehat{B}< \widehat{A}\)

2: Xét ΔABC vuông tại A và ΔAEC vuông tại A có 

AB=AE

AC chung

Do đó: ΔABC=ΔAEC

Suy ra: CB=CE

\(\Delta ABC\)cân tại A nên\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\frac{180^0-\widehat{BAC}}{2}=75^0\)

Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A lấy E sao cho\(\widehat{B_1}=\widehat{C_1}=45^0\)

=>\(\widehat{ABE}=75^0-45^0=30^0;\Delta EBC\)vuông cân tại E =>\(BE=EC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\left(cm\right)\)(định lí Pitago)

\(\Delta ABE,\Delta BAD\)có AB chung ; BE = AD\(\left(=\sqrt{2}cm\right)\);\(\widehat{ABE}=\widehat{BAD}\left(=30^0\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABE=\Delta BAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{A_1}=\widehat{B_2}\)

Lại có\(\Delta AEB=\Delta AEC\left(c.c.c\right)\)nên\(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}=\frac{\widehat{BAC}}{2}=15^0\Rightarrow\widehat{B_2}=15^0\)

\(\Rightarrow\widehat{D_1}=\widehat{BAD}+\widehat{B_2}=45^0\)(\(\widehat{D_1}\)là góc ngoài\(\Delta ABD\)) ;\(\widehat{DBC}=75^0-15^0=60^0\)

\(\Delta BDC\)có\(\widehat{D_1}< \widehat{DBC}< \widehat{DCB}\left(45^0< 60^0< 75^0\right)\)nên BC < DC < BD

bai nay trong sach nang cao toan 7 trang 141

i luon khong khacchut nao

b: Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

góc ABD=góc EBD

BD chung

=>ΔBAD=ΔBED

=>góc BED=90 độ và DA=DE

c: DA=DE
DE<DC

=>DA<DC

Không mất tính tổng quát. g/s : AC>AB

Trên đoạn AB lấy F sao cho AE=AF

Xét tam giác AED và tam giác AFD có:

AE=AF

AD chunh 

^EAD=^FAD ( DA là phân giác góc A)

=> Tam giác AED =Tam giác FFD

=> DE=DF (1)

Ta lại có: 

^DFB =^DAF+^ADF =^DAE+^ADE=^CED ( các cặp góc bằng nhau, tính chất góc ngoài của tam giác)

=> ^DFB=^CED

mà ^CED=^CBA ( cùng phụ góc ECD)

=> ^DFB=^CBA 

=> Tam giác DFB cân

=> DF=DB (2)

Từ (1) , (2) => DE=DB  và ED vuông BD

=> Tam giác BDE vuông cân 

b) Tam giác BDE vuông cân

=> ^^DBE=^DEB=45^o

+)Xét tam giác AEB có: ^EAB =90^o; ^BEA=^BCE+^CBE=^ACB+^DBE=30^o+45^o=75^o (tính chất góc ngoài)

=> ^EBA=90^o-^EAB=90^o-75^o=15^o

+)Xét tam giác CED vuông tại D có góc C bằng 30 độ

=> CE=2ED=\(2\sqrt{3}\)

Áp dụng định lí pitago

CD^2=CE^2-ED^2=9 => CD=3

Tam giác EDB vuông cân

\(DB=DE=\sqrt{3}\)

Áp dụng định li pitago

\(EB^2=DB^2+DE^2=6\Rightarrow EB=\sqrt{6}\)

Trog tam giác BEC có: \(EC=2\sqrt{3};BC=3+\sqrt{3};BE=\sqrt{6}\)

bài 1 đề bài có sai ko?

Đề đúng nha bạn

Ta có: ΔABC đều, D ∈ AB, DE⊥AB, E ∈ BC
=> ΔBDE có các góc với số đo lần lượt là: 300
; 600
; 900
 => BD=1/2BE
Mà BD=1/3BA => BD=1/2AD => AD=BE => AB-AD=BC-BE (Do AB=BC)
=> BD=CE. 
Xét ΔBDE và ΔCEF: ^BDE=^CEF=900
; BD=CE; ^DBE=^ECF=600
=> ΔBDE=ΔCEF (g.c.g) => BE=CF => BC-BE=AC-CF => CE=AF=BD
Xét ΔBDE và ΔAFD: BE=AD; ^DBE=^FAD=600
; BD=AF => ΔBDE=ΔAFD (c.g.c)
=> ^BDE=^AFD=900
 =>DF⊥AC (đpcm).
b) Ta có: ΔBDE=ΔCEF=ΔAFD (cmt) => DE=EF=FD (các cạnh tương ứng)
=> Δ DEF đều (đpcm).
c) Δ DEF đều (cmt) => DE=EF=FD. Mà DF=FM=EN=DP => DF+FN=FE+EN=DE+DP <=> DM=FN=EP
Lại có: ^DEF=^DFE=^EDF=600=> ^PDM=^MFN=^NEP=1200
 (Kề bù)
=> ΔPDM=ΔMFN=ΔNEP (c.g.c) => PM=MN=NP => ΔMNP là tam giác đều.
d) Gọi AH; BI; CK lần lượt là các trung tuyến của  ΔABC, chúng cắt nhau tại O.
=> O là trọng tâm ΔABC (1)
Do ΔABC đều nên AH;BI;BK cũng là phân giác trong của tam giác => ^OAF=^OBD=^OCE=300
Đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác => OA=OB=OC
Xét 3 tam giác: ΔOAF; ΔOBD và ΔOCE:
AF=BD=CE
^OAF=^OBD=^OCE      => ΔOAF=ΔOBD=ΔOCE (c.g.c)
OA=OB=OC
=> OF=OD=OE => O là giao 3 đường trung trực  Δ DEF hay O là trọng tâm Δ DEF (2)
(Do tam giác DEF đề )
/

(Do tam giác DEF đều)
Dễ dàng c/m ^OFD=^OEF=^ODE=300
 => ^OFM=^OEN=^ODP (Kề bù)
Xét 3 tam giác: ΔODP; ΔOEN; ΔOFM:
OD=OE=OF
^ODP=^OEN=^OFM          => ΔODP=ΔOEN=ΔOFM (c.g.c)
OD=OE=OF (Tự c/m)
=> OP=ON=OM (Các cạnh tương ứng) => O là giao 3 đường trung trực của  ΔMNP
hay O là trọng tâm ΔMNP (3)
Từ (1); (2) và (3) => ΔABC; Δ DEF và ΔMNP có chung trọng tâm (đpcm).