Cho Hình Chữ Nhật ABCD với AB= 1/3 AD .Trên AD lấy E , F sao cho AE=EF=FC
Chưng minh rằng góc AED = AFB + ADB
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Do F đối xứng với C qua BE nên EB là đường trung trực của FC.
Vậy thì ta có ngay \(\Delta BFE=\Delta BCE\left(c-c-c\right)\Rightarrow\widehat{BFE}=\widehat{BCE}=90^o\)
Vậy thì \(\widehat{AFB}+\widehat{DFE}=90^o\)
Lại có góc DFE và góc AFQ là hai góc đối đỉnh nên \(\widehat{AFB}+\widehat{AFQ}=90^o\Rightarrow\widehat{AFB}=\widehat{AQF}\)
Vậy \(\Delta AQF\sim\Delta AFB\left(g-g\right)\)
b) Từ E kẻ \(EJ\perp QB\). Khi đó ta có EJ = BC. Gọi I là giao điểm của QC và BD.
Do AF// JE nên \(\Delta AQF\sim\Delta JQE\). Vậy thì \(\Delta JQE\sim\Delta DEF\left(\sim\Delta AQF\right)\)
\(\Rightarrow\frac{JE}{DF}=\frac{QE}{EF}\)
Hay \(\frac{BC}{DF}=\frac{QE}{EF}\Rightarrow\frac{BF}{DF}=\frac{QE}{EC}\left(1\right)\) (Do BE là trung trực nên BC = BF, FE = EC)
Ta cũng đã có \(\widehat{FED}=\widehat{AFB}\Rightarrow\widehat{QEC}=\widehat{BFD}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta QEC\sim\Delta BFD\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{FQC}=\widehat{FBD}\)
Lại có \(\widehat{BFQ}=\widehat{BFA}+\widehat{AFQ}=90^o\)
Vậy nên \(\widehat{FQB}+\widehat{QBF}=\widehat{FQC}+\widehat{CQB}+\widehat{QBF}=\widehat{CQB}+\widehat{QBD}=90^o\)
Suy ra \(\widehat{AIB}=90^o\Rightarrow QC\perp BD.\)
\(a)\) Xét tam giác vuông ADM và tam giác vuông BAF có :
\(AD=AB\) ( do ABCD là hình vuông )
\(\widehat{DAM}=\widehat{ABF}\) \(\left(=90^0-\widehat{BAF}\right)\)
Do đó : \(\Delta ADM=\Delta BAF\) ( cạnh góc vuông - góc nhọn )
Suy ra : \(DM=AF\) ( 2 cạnh tương ứng )
Mà \(AE=AF\)(GT) \(\Rightarrow\)\(DM=AE\)
Tứ giác AEMD có : \(DM=AE\)\(;\)\(DM//AE\) ( do \(AB//CD\) ) và có \(\widehat{ADC}=90^0\) nên AEMD là hình chữ nhật
Vậy AEMD là hình chữ nhật
\(b)\) Xét \(\Delta HAB\) và \(\Delta HFA\) có :
\(\widehat{ABH}=\widehat{FAH}\) ( do \(\widehat{ABF}=\widehat{DAM}\) theo câu a ) *(góc DÂM -_- haha)*
\(\widehat{BHA}=\widehat{AHF}\) \(\left(=90^0\right)\)
Do đó : \(\Delta HAB~\Delta HFA\) \(\left(g-g\right)\)
Suy ra : \(\frac{HB}{AH}=\frac{AB}{AF}\) ( các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )
Mà \(AB=BC;AF=AE\left(=DM\right)\) nên \(\frac{HB}{AH}=\frac{BC}{AE}\)
Lại có : \(\widehat{HAB}=90^0-\widehat{FAH}=90^0-\widehat{ABH}=\widehat{HBC}\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{HAB}=\widehat{HBC}\)
Xét \(\Delta CBH\) và \(\Delta EAH\) có :
\(\frac{HB}{AH}=\frac{BC}{AE}\)
\(\widehat{HAB}=\widehat{HBC}\)
Do đó : \(\Delta CBH~\Delta EAH\) \(\left(c-g-c\right)\)
Vậy \(\Delta CBH~\Delta EAH\)
\(c)\) \(\Delta ADM\) có \(CN//AD\) và cắt \(AM;DM\) nên theo hệ quả định lý Ta-let ta có :
\(\frac{CN}{AD}=\frac{MN}{AM}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD}{AM}=\frac{CN}{MN}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD^2}{AM^2}=\frac{CN^2}{MN^2}\) \(\left(1\right)\)
\(\Delta ABN\) có \(CM//AB\) và cắt \(AN;BN\) nên theo hệ quả định lý Ta-let ta có :
\(\frac{MN}{AN}=\frac{MC}{AB}\) hay \(\frac{MN}{AN}=\frac{MC}{AD}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD}{AN}=\frac{MC}{MN}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD^2}{AN^2}=\frac{MC^2}{MN^2}\) \(\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra : \(\frac{AD^2}{AM^2}+\frac{AD^2}{AN^2}=AD^2\left(\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\right)=\frac{CN^2}{MN^2}+\frac{MC^2}{MN^2}=\frac{CN^2+MC^2}{MN^2}=\frac{MN^2}{MN^2}=1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}=\frac{1}{AD^2}\) ( đpcm )
Vậy \(\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\)
Sửa đề: Góc ABD=góc AED
Xét ΔABD và ΔAED có
AB=AE
\(\widehat{BAD}=\widehat{EAD}\)
AD chung
Do đó: ΔABD=ΔAED
Suy ra: \(\widehat{ABD}=\widehat{AED}\)
a: Xét ΔABF vuông tại A và ΔDAE vuông tại D có
AB=DA
AF=DE
=>ΔABF=ΔDAE
b: ΔABF=ΔDAE
=>góc ABF=góc DAE
=>góc FAE+góc AFB=90 độ
c; Gọi giao của AE và FB là O
góc FAE+góc AFB=90 độ
=>góc OAF+góc OFA=90 độ
=>AE vuông góc BF tại O