Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
vì tam giác ABE đều nên góc ABE = AEB = 600
suy ra goc EBC = 90 - 30 = 600
vì tam giác BFC đều nên goc FBC = FCB = 60o
Ta có tam giác EBF cân tại B (vì BE =BF ) và goc EBF = EBC + CBF = 60+30 = 90o
suy ra goc BEF = \(\frac{180-90}{2}\)=45o
ta có goc AEF = AEB + BEF = 60 + 45 = 105o
ta có tam giac AED cân tại A(vì AD = AE) và goc EAD = 30o nên goc AED = \(\frac{180-30}{2}\)= 75o
Ta có goc AED + goc AEF = 75 + 105 = 180o
suy ra D, E, F thẳng hàng
https://olm.vn/hoi-dap/detail/228905523575.html
Ta cần hai bổ đề:
Bổ đề 1: (Hình bên phải) Xét tứ giác MNPQ nội tiếp (QN). Trên MQ và NP lấy S,T sao cho ^MNS = ^PQT. Khi đó MP chia đôi ST.
Thật vậy: Gọi NS,QT cắt (QN) tại điểm thứ hai lần lượt là K,L. KL cắt MP tại I
Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm Q,K,M,N,L,P ta được 3 điểm S,I,T thẳng hàng
Ta có ^MNK và ^PQL là hai góc nội tiếp, ^MNK = ^PQL nên (MK = (PL
Từ đó dựng \(\Delta\)PRL vào phía trong đường tròn sao cho \(\Delta\)PRL = \(\Delta\)KSM
Vì tứ giác MKPL là hình thang cân nên IS = IR (Tính đối xứng)
Ta thấy ^IPT = ^MKS (Cùng chắn cung MN) = ^LPR. Tương tự ^PLT = ^ILR
Suy ra T và R là hai điểm Đẳng giác trong \(\Delta\)PIL => ^RIP = ^TIL
Ta lại có ^PTL = ^KSM = ^PRL ( = 900 + ^MNK = 900 + ^PQL) => Tứ giác TRPL nội tiếp
Từ đó có biến đổi góc: ^IRT = 3600 - ^IRP - ^PRT = ^RIP + ^RPI + ^TLP = ^TIL + ^TRL + ^ILR = ^ITL
=> \(\Delta\)TIR cân tại I => IT = IR = IS. Tức là MP đi qua trung điểm I của ST.
Bổ đề 2: (Hình bên trái) Xét 2 góc ^ACB và ^ADB cùng nhìn đoạn AB dưới một góc không đổi (C và D nằm khác phía so với AB). Kẻ AE,BF vuông góc với BC,AD. Khi đó EF chia đôi CD.
Chứng minh: Gọi H,K lần lượt là trực tâm của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ABD. Do ^ACB và ^ADB cùng nhìn AB dưới một góc không đổi nên tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ADB đối xứng nhau qua AB. Theo một kết quả quen thuộc thì CH = DK.
Suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành, trung điểm của HK và CD trùng nhau (1)
Chú ý tứ giác AEBF nội tiếp (AB), ^EBH = ^FAK. Áp dụng Bổ đề 1 ta được EF chia đôi HK (2)
Từ (1) và (2) suy ra EF cũng chia đôi CD.
Giải bài toán:
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Từ P,Q lần lượt kẻ PM,QN vuông góc với CQ,AP.
Ta thấy ^PAQ và ^PCQ cùng nhìn đoạn PQ dưới một góc không đổi bằng 1/2.^DAB
Đồng thời có PM vuông góc CQ, QN vuông góc AP. Áp dụng Bổ đề 2 ta thu được MN chia đôi AC
Hay MN đi qua O. Mặt khác ta có: \(\Delta\)CMP ~ \(\Delta\)COB (g.g) => \(\Delta\)CMO ~ \(\Delta\)CPB (c.g.c)
Suy ra ^CBP = ^COM = ^AON (Vì lúc này ^AON và ^COM đối đỉnh). Tương tự ^AON = ^ADQ
Từ đó ^CBP = ^ADQ. Kết hợp với BC // AD suy ra BP // DQ (đpcm).
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.