Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Do DF//BC⇒ˆAFD=ˆABCDF//BC⇒AFD^=ABC^ (hai góc ở vị trí đồng vị)
ˆADF=ˆACBADF^=ACB^ (hai góc ở vị trí đồng vị)
mà ΔABCΔABC cân đỉnh A nên ˆABC=ˆACBABC^=ACB^
⇒ˆAFD=ˆADF⇒ΔAFD⇒AFD^=ADF^⇒ΔAFD cân đỉnh A
⇒AF=AD⇒AF=AD
Xét ΔAFCΔAFC và ΔADBΔADB có:
AF=ADAF=AD (cmt)
ˆAA^ chung
AC=ABAC=AB (do ΔABCΔABC cân đỉnh A)
⇒ΔAFC=ΔADB⇒ΔAFC=ΔADB (c.g.c) (đpcm)
b) ⇒ˆACF=ˆABD⇒ACF^=ABD^ (hai góc tương ứng)
⇒ˆABC−ˆABD=ˆACB−ˆACF⇒ABC^−ABD^=ACB^−ACF^
⇒ˆDBC=ˆFCB⇒DBC^=FCB^
⇒ΔOBC⇒ΔOBC cân đỉnh O mà ˆCBD=60oCBD^=60o (giả thiết)
⇒ΔOBC⇒ΔOBC đều
c) Xét ΔABCΔABC cân đỉnh A có:
ˆABC=180o−ˆA2=80oABC^=180o−A^2=80o
Áp dụng tính chất tổng ba góc trong 1 tam giác vào ΔBCEΔBCE ta có:
ˆBEC+ˆBCE+ˆEBC=180oBEC^+BCE^+EBC^=180o
⇒ˆBEC=180o−(ˆBCE+ˆEBC)⇒BEC^=180o−(BCE^+EBC^)
=180o−(50o+80o)=50o=180o−(50o+80o)=50o
⇒ˆBEC=ˆBCE=50o⇒ΔBCE⇒BEC^=BCE^=50o⇒ΔBCE cân đỉnh B
⇒BE=BC⇒BE=BC mà BO=BCBO=BC (do ΔOBCΔOBC đều)
⇒BE=BO⇒ΔBEO⇒BE=BO⇒ΔBEO cân đỉnh B
⇒ˆEOB=180o−ˆEBO2=180o−20o2=80o⇒EOB^=180o−EBO^2=180o−20o2=80o
(ˆEBO=ˆEBC−ˆOBC)=80o−60o=20o(EBO^=EBC^−OBC^)=80o−60o=20o
d) Xét ΔFBCΔFBC có: ˆBFC=180o−ˆFBC−ˆFCBBFC^=180o−FBC^−FCB^
=180o−80o−60o=40o=180o−80o−60o=40o
ˆEOF=180o−ˆEOB−ˆBOC=180o−80o−60o=40oEOF^=180o−EOB^−BOC^=180o−80o−60o=40o
⇒ˆEFO=ˆEOF=40o⇒ΔEFO⇒EFO^=EOF^=40o⇒ΔEFO cân đỉnh E ⇒EF=EO⇒EF=EO (1)
Ta có: ΔODFΔODF có: ˆFOD=ˆBOC=60oFOD^=BOC^=60o (đối đỉnh)
ˆDFO=ˆOBC=60oDFO^=OBC^=60o (hai góc ở vị trí so le trong)
⇒ΔODF⇒ΔODF đều ⇒DF=DO⇒DF=DO (2)
Và DEDE chung (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra ΔEFD=ΔEODΔEFD=ΔEOD (c.c.c) (đpcm)
Bài này là bài của học sinh giỏi lớp 7 nên không dễ mà giải được đâu
a: Xét ΔAEB và ΔAEF có
AE chung
\(\widehat{BAE}=\widehat{FAE}\)
AB=AF
Do đó: ΔAEB=ΔAEF
b: Sửa đề: Chứng minh MB=MF
Ta có: ΔABE=ΔAFE
=>AB=AF
=>ΔABF cân tại A
Ta có: ΔABF cân tại A
mà AM là đường phân giác
nên M là trung điểm của BF và AM\(\perp\)BF
M là trung điểm của BF nên MB=MF
AM\(\perp\)BF tại M
=>AE\(\perp\)BF tại M
c: ta có: ΔABE=ΔAFE
=>\(\widehat{ABE}=\widehat{AFE}\)
Ta có: \(\widehat{ABE}+\widehat{DBE}=180^0\)(hai góc kề bù)
\(\widehat{AFE}+\widehat{CFE}=180^0\)(hai góc kề bù)
mà \(\widehat{ABE}=\widehat{AFE}\)
nên \(\widehat{EBD}=\widehat{EFC}\)
Ta có: AB+BD=AD
AF+FC=AC
mà AB=AF và AD=AC
nên BD=FC
Xét ΔEBD và ΔEFC có
EB=EF
\(\widehat{EBD}=\widehat{EFC}\)
BD=FC
Do đó: ΔEBD=ΔEFC
=>ED=EC
=>E nằm trên đường trung trực của DC(1)
ta có: AD=AC
=>A nằm trên đường trung trực của DC(2)
Ta có: KD=KC
=>K nằm trên đường trung trực của DC(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra A,E,K thẳng hàng
a,
\(\text{Xét ∆MOB và ∆NOI có }\):
\(\text{MO = NO (gt) }\)
\(\text{ BO = OI (gt) }\)
\(\widehat{MOB}=\widehat{NOI}\)\(\text{(2 góc đối đỉnh) }\)
\(\Rightarrow\text{∆MOB = ∆NOI }\left(c.g.c\right)\)
b,
\(\text{ Vì ∆MOB = ∆NOI ( câu a) }\)
\(\Rightarrow\text{ MB = NI }\)
\(\text{BM = CN }\)
\(\Rightarrow\text{ NI = NC }\)
=>\(\text{∆NIC là ∆ cân }\)
c, \(\text{Vì ∆MOB = ∆NOI ( câu a) }\)
=> \(\widehat{B_1}=\widehat{C_1}\)
\(\text{Mà 2 góc ở vị trí so le trong }\)
=>\(\text{ BM // NI }\)
=> \(\text{AB // NI }\)
=> \(\widehat{BAN}=\widehat{ANI}\) hay \(\widehat{BAC}=\widehat{ANI}\) (1)
\(\text{mà}\) \(\widehat{ANI}\)\(\text{là góc ngoài ∆INC }\)
=> \(\widehat{ANI}\)= \(\widehat{I_2}+\widehat{IC}N\)
\(\text{Vì ∆NIC cân }\)=> \(\widehat{I_2}=\widehat{ICN}\)
=> \(\widehat{ANI}=2\widehat{I_2}\) (2)
Từ 1,2 => \(\widehat{BAC}=2\widehat{I_2}\)
hay \(\widehat{BAC}=2\widehat{NIC}\)
