Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét ▲ AOC và ▲ BOC có:
- OC là cạnh chung.
- OA = OB(giả thiết).
- Góc BOC = góc COA(giả thiết).
→▲ AOC = ▲ BOC(cạnh - góc - cạnh).
a) Xét \(\Delta ADE;\Delta BDE:\)
AD = BD (gt)
ED chung
AE = BE (gt)
\(\Rightarrow\Delta ADE=\Delta BDE\left(c.c.c\right)\)
b) Vì \(\Delta ADE=\Delta BDE\) (câu a)
nên \(\widehat{DAE}=\widehat{DBE}\) (2 góc t/ư).
Xem hình vẽ:
a) ∆ADE và ∆BDE có
DE cạnh chung
AD=DB(gt)
AE=BE(gt)
Vậy ∆ADE=∆BDE(c.c.c)
b) Từ ∆ADE=∆BDE(cmt)
Suy ra \(\widehat{DAE}\)=\(\widehat{DBE}\)(Hai góc tương ứng)
Góc ABC không phải là góc xen giữa BC và CA, Góc A'BC không phải là góc xen giữa hai cạnh BC và CA'. Do đó không thể sử dụng trường hợp cạnh góc cạnh để kết luận ∆ABC=∆A'B 'C' được.
Góc ABC không phải là góc xen giữa BC và CA, Góc A'BC không phải là góc xen giữa hai cạnh BC và CA'. Do đó không thể sử dụng trường hợp cạnh góc cạnh để kết luận ∆ABC=∆A'B 'C' được.
a) Hai đường thẳng a và b cùng vuông góc với đường thẳng MN nên a // b.
b) Ta có góc MPQ = góc Q1 = 50o (so le trong vì a // b)
mà góc Q1 + Q2 = 180o (kề bù)
=> Q2 = 180o - 50o = 130o
Vậy góc NQP = 130o.
Kí hiệu như hình vẽ.
Ta có tứ giác ISTM nội tiếp đường tròn nên:
ˆS1S1^ + ˆMM^ = 180o
Mà ˆM1M1^ + ˆM3M3^ = 180o (kề bù)
nên suy ra ˆS1S1^ = ˆM3M3^ (1)
Tương tự từ các tứ giác nội tiếp IMPN và INQS ta được
ˆM3M3^ = ˆN4N4^ (2)
ˆN4N4^ = ˆR2R2^ (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
Do đó QR // ST
vì AC=AD=>A thuộc đường trung trực của CD
CB=BD=>B thuộc đường trung trực của CD
=>AB thuộc đường trung trực của CD=>AB vuông góc với CD
a) Từ hình vẽ ta có: LP ⊥ MN; MQ ⊥ LN
ΔMNL có S là giao điểm của hai đường cao LP và MQ nên S chính là trực tâm của tam giác (định lí ba đường cao).
=> NS cũng là đường cao trong tam giác hay NS ⊥ LM (đpcm).
b) ΔNMQ vuông tại Q có góc LNP = 50o nên góc QMN = 40o
ΔMPS vuông tại P có góc QMP = 40o nên góc MSP = 50o
Vì hai góc MSP và PSQ là hai góc kề bù nên suy ra:
góc PSQ = 180o - 50o = 130o.
Hướng dẫn:
a) Trong ∆NML có :
LP ⊥ MN nên LP là đường cao
MQ ⊥ NL nên MQ là đường cao
mà PL ∩ MQ = {S}
suy ra S là trực tâm của tam giác nên đường thằng SN chứa đường cao từ N hay
SN ⊥ ML
b) ∆NMQ vuông tại Q có ˆLNPLNP^ =500 nên ˆQMNQMN^ =400
∆MPS vuông tại Q có ˆQMPQMP^ =400 nên ˆMSPMSP^ =500
Suy ra ˆPSQPSQ^ =1300(kề bù)
Vẽ đường thẳng xy đi qua điểm O sao cho xy // a
Gọi tên các đỉnh như hình vẽ
Ta có \(\widehat{A1}=\widehat{B1}=38^0\)(vì xy//a ,so le trong)
Vì a//b mà xy//a \(\Rightarrow xy\)//b
Ta có \(\widehat{O2}+\widehat{B1}=180^0\)(vì xy//b,trong cùng phía)
Hay \(\widehat{O2}+132^0=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{O2}=180^0-132^0\)
Vậy \(\widehat{O2}=48^0\)
Ta có \(\widehat{O1}+\widehat{O2}=\widehat{AOB}\)
Hay \(38^0+48^0=x\)
Suy ra \(x=86^0\)
Đáp án bài 57:
Kẻ c//a qua O ⇒ c//b
Ta có: a//c ⇒ ∠O1 = ∠A1 ( So le trong)
⇒ ∠O1 = 380
b//c ⇒ ∠O2 + ∠B1 = 1800 ( Hai góc trong cùng phía)
⇒ ∠O2 = 480
Vậy x = ∠O1 + ∠O2 = 380 + 480 x = 860
a) Căn cứ các kí hiệu đã cho trên hình của bài 39 ta có: ∆ABD và ∆ACD có:
AB = AC
ˆBAD=ˆCADBAD^=CAD^
AD là cạnh chung
=> ∆ABD = ∆ACD
b) Vì ∆ABD = ∆ACD
=> BD = CD => ∆BCD cân tại D
=> ˆDBC=ˆDCB
Hướng dẫn:
a) ∆KIL có ˆII^ = 620
nên ˆIKL+ˆILKIKL^+ILK^ = 1180
Vì KO và LO là phân giác ˆIKLIKL^, ˆILKILK^
nên ˆOKL+ˆOLKOKL^+OLK^= 1212(ˆIKL+ˆILKIKL^+ILK^)
=> ˆOKL+ˆOLKOKL^+OLK^ = 1212 1180
ˆOKL+ˆOLKOKL^+OLK^ = 590
∆KOL có ˆOKL+ˆOLKOKL^+OLK^ = 590
nên ˆKOLKOL^ = 1800 – 590 = 1210
c) Vì O là giao điểm của hai đường phân giác của ˆKK^ và ˆLL^ nên O cách đều ba cạnh của tam giác IKL