Cinco preguntas de matemáticas de secundaria (sobre triángulos congruentes)

∫AE divide ∠DAB

∴∠DAE=∠MAE=∠DAB/2

AE = AE

∴△DAE ≌△MAE(SAS)

∴∠DEA=∠MEA,MA=DA

∫ ∠cab dividida equitativamente

∴∠ABE=∠CBE= ∠ CAB/2

∫DA//CB

∴∠DAB+∠CAB=180

∴∠ABE+∠EAB=90

∴∠BEA=90

∴∠MEA+∠MEB=90, ∠DEA+CEB=90

∴∠MEB=∠CEB

Una vez más

∴△BCE≌△BME(ASA)

∴MB=CB

∴AB=MB+MA

es decir, ad+BC = ab.

Pregunta 2: Prueba: Generalice FD al punto g, de modo que DG = df conecte GB y GE

Las bisectrices de ∠∠ADB y ∠ADC se cruzan con AB y AC respectivamente. EF.

∴∠edf=∠eda+∠fda=1/2∠bda+1/2∠cda=1/2×180=90

Ed biseca GF verticalmente

∴EF=EG

En △BDG y △CDF,

BD=CD, ∠BDG=∠CDF, DG=DF

∴△ BDG≌△CDF(SAS)

∴BG=CF

∫in△BEG, be+BG>ge

∴BE+CF>FE p>

La tercera pregunta demuestra que extendiendo AE a F, haciendo EF=AE, conectando BF y DF, entonces ABFD es un paralelogramo.

Entonces ∠DAB+∠ABF=180,

∠ADB=∠DAB, ∠ADB+∠ADC=180.

∴∠ADB=∠ABF

En △ADC y △ABF,

DC=AB, AD=BF, ∠ADC=∠ABF

p>

∴AC=AF=2AE

Pregunta 4:1. △DCB≔△ACE,

Porque BC=AC, DC=CE,

∠ACE=∠BCD, entonces los dos triángulos son congruentes.

2. Debido a que la condición AE tiene un punto medio M, BD tiene un punto medio N y AE=BD, las líneas medias de los dos triángulos congruentes son iguales.

Entonces cm = cn

Se pueden utilizar casos especiales. En la primera pregunta, el punto C es el punto medio de BE. En la segunda pregunta, MN es la línea media del triángulo DBC, por lo que MN=1/2BC.

MC y NC son las líneas medias de DEB y ABE respectivamente, por lo que MC=1/2DE, NC=1/2AB,

Y porque AB=DE=BC, MC=NC = MN.

Entonces. △CMN es un triángulo equilátero.

Pregunta 5: Prueba: (1) ∵AB=BD, ∠Abe = ∠CBD = 120,

BE=BC∴△ABE≌△DBC

AE=CD ∠EAB=∠CDE

∫AB = BD∠ABD =∠BDE

∴△ABF≌△DBG∴BF=BG

( 2) El método para demostrar que sigue siendo cierto es el mismo que en la pregunta anterior.

3) Conecta F y G como se muestra en la figura △FGB de 1 es un triángulo equilátero.