Bài 3:

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBED vuông tại E có

BD chung

\(\hat{ABD}=\hat{EBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBED

=>BA=BE và DA=DE

Ta có: BA=BE

=>B nằm trên đường trung trực của AE(1)

DA=DE
=>D nằm trên đường trung trực của AE(2)

Từ (1),(2) suy ra BD là đường trung trực của AE

=>BD⊥AE

b: Xét ΔDAF vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có

DA=DE
\(\hat{ADF}=\hat{EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAF=ΔDEC

=>DF=DC

c: Ta có: AD=DE

mà DE<DC(ΔDEC vuông tại E)

nên DA<DC

d:

ΔDAF=ΔDEC

=>AF=EC

Xét ΔBFC có \(\frac{BA}{AF}=\frac{BE}{EC}\)

nên AE//CF

BÀi 2:

a: Ta có: \(AN=NB=\frac{AB}{2}\)

\(AM=MC=\frac{AC}{2}\)

mà AB=AC

nên AN=NB=AM=MC

Xét ΔNBC và ΔMCB có

NB=MC

\(\hat{NBC}=\hat{MCB}\)

BC chung

Do đó: ΔNBC=ΔMCB

b: ΔNBC=ΔMCB

=>\(\hat{NCB}=\hat{MBC}\)

=>\(\hat{KBC}=\hat{KCB}\)

=>ΔKBC cân tại K

a. hạ đương cao AK

suy ra BK=KC=3:2=1.5(cm)

Xét tam giac ABC có góc AKB=90

AK^2+BK^2=AB^2(đl py-ta-go)

AK=\(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)

SABC=\(\dfrac{1}{2}.\dfrac{3\sqrt{3}}{2}.3=\dfrac{9\sqrt{3}}{4}\)

a: TA có: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=3^2+4^2=9+16=25=5^2\)

=>BC=5(cm)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{DB}{AB}=\frac{DC}{AC}\)

=>\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}\)

mà DB+DC=BC=5

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được: \(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}=\frac{DB+DC}{3+4}=\frac57\)

=>\(DB=\frac57\cdot3=\frac{15}{7}\left(\operatorname{cm}\right);DC=\frac57\cdot4=\frac{20}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

b: Xét ΔCKD vuông tại K và ΔCAB vuông tại A có

\(\hat{KCD}\) chung

Do đó: ΔCKD~ΔCAB

=>\(k=\frac{CD}{CB}=\frac47\)

a, vì BD song song với AC nên góc B2 bằng góc C2. tương tự được góc C1 bằng góc B1.Do đó tam giác ABC = tam giác BAE(g.c.g) (dpcm)

b, vì AC song song với BD nên góc D bằng góc ACF.

vì AF song song với BC nên góc C1= góc CAF = B2.

theo câu a, tam giác ABC= tam giác DCB nên AC=BD, AB=DC

Do đó tam giác BDC=tam giác ACF(g.c.g) nên DC = CF=AB nên DF= DC+CF=2.AB.

Tương tự ta đc; DE=2.AC, EF=2.BC

Do đó Chu vi tam giác DEF bằng 2 lần chu vi tam giác ABC và bằng 30 cm

Hay quá!!!!!!!!!!

a) Đ b)S c) Đ d) S

a; AEHF là hình bình hành

=>EH//AF và AE//HF

mà AE//BH

nên HF,BH có điểm chung là H

nên B,H,F thẳng hàng

EH//AF
mà AF//CH

và EH,CH có điểm chung là H

nên C,H,E thẳng hàng

Gọi K,L lần lượt là giao điểm của CH và AB, BH và AC
=>CH⊥AB tại K; BH⊥AC tại L

Xét tứ giác AKHL có \(\hat{AKH}+\hat{ALH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AKHL là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{KHL}+\hat{KAL}=180^0\)

=>\(\hat{BHC}+\hat{BAC}=180^0\)

=>\(\hat{EHF}+\hat{BAC}=180^0\)

mà \(\hat{EHF}+\hat{HEA}=180^0\) (AEHF là hình bình hành)

nên \(\hat{HEA}=\hat{BAC}\)

Ta có: \(\hat{AHE}+\hat{BAH}=90^0\) (HE⊥AB)

\(\hat{BAH}+\hat{ABC}=90^0\) (AH⊥BC)

Do đó: \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\)

Xét ΔEHA và ΔABC có

\(\hat{EHA}=\hat{ABC}\)

\(\hat{HEA}=\hat{BAC}\)

Do đó: ΔEHA~ΔABC

số đo các góc A,B,C lần lượt tỉ lệ với 3; 2; 1 

=> A/3 = B/2 = C/1

=> (A+B+C)/(3+2+1) = A/3 = B/2 = C/1

A + B + C = 180

=>  180/6 = 30 = A/3 = B/2 = C/1

=> A = 30.3 = 90

     B = 30.2 = 60

     C = 30

a)XÉT\(\Delta ABC\)CÓ

\(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\left(Đ/L\right)\)

gọi các GÓC A,B,C LẦN LƯỢT LÀ a,b,c TỈ LỆ VỚI 3;2;1

\(\Rightarrow a:b:c=3:2:1\)

\(\Rightarrow\frac{a}{3}=\frac{b}{2}=\frac{c}{1}\)và \(a+b+c=180\)

theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau có

 \(\frac{a}{3}=\frac{b}{2}=\frac{c}{1}=\frac{a+b+c}{3+2+1}=\frac{180}{6}=30\)

do đó \(\frac{a}{3}=30\Rightarrow a=3.30=90\)

\(\frac{b}{2}=30\Rightarrow b=2.30=60\)

\(\frac{c}{1}=30\Rightarrow c=1.30=30\)

vậy \(\widehat{A}=90^0;\widehat{B}=60^o;\widehat{C}=30^o\)

a, \(BC=BH+HC=5\left(cm\right)\)

Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{BH\cdot BC}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\\AC=\sqrt{CH\cdot BC}=\sqrt{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b, Áp dụng HTL: \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=2\left(cm\right)\)

a: BC=4+1=5(cm)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=2\sqrt{5}\left(cm\right)\\AC=\sqrt{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: \(AH=\sqrt{HB\cdot HC}=2\left(cm\right)\)