すでに知っています。ADは△ABCの角平分線で、DE‖ACは点Eに交際して、DF‖ABは点Fに交際します。 証明を求めます：四角形のAEDFは菱形です。

すでに知っています。ADは△ABCの角平分線で、DE‖ACは点Eに交際して、DF‖ABは点Fに交際します。 証明を求めます：四角形のAEDFは菱形です。

証明：√DE AC，DF‖AB，
∴四辺形AEDFは平行四辺形であり、
∵ADは△ABCの角二等分線であり、
∴∠1=∠2，
｛de｝AC，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴AE=DE、
∴四辺形AEDFは菱形である（隣が等しい平行四辺形は菱形である）。

すでに知っています。ADは△ABCの角平分線で、DE‖ACは点Eに交際して、DF‖ABは点Fに交際します。 証明を求めます：四角形のAEDFは菱形です。

証明：√DE AC，DF‖AB，
∴四辺形AEDFは平行四辺形であり、
∵ADは△ABCの角二等分線であり、
∴∠1=∠2，
｛de｝AC，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴AE=DE、
∴四辺形AEDFは菱形である（隣が等しい平行四辺形は菱形である）。

すでに知っています。ADは△ABCの角平分線で、DE‖ACは点Eに交際して、DF‖ABは点Fに交際します。 証明を求めます：四角形のAEDFは菱形です。

証明：√DE AC，DF‖AB，
∴四辺形AEDFは平行四辺形であり、
∵ADは△ABCの角二等分線であり、
∴∠1=∠2，
｛de｝AC，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴AE=DE、
∴四辺形AEDFは菱形である（隣が等しい平行四辺形は菱形である）。

図に示すように、ADは三角形ABCの角二等分線であり、ADの垂直二等分線は点Eに交差し、ACは点Fで四角形AEDFが菱形であることを証明する。

DE、DFを接続する、∵EFは垂直にADを分けて、∴AE=DE、AF=DF、
ADとAFをGに交差させ、RTΔAGEとRTΔAGFにおいて、AG=AG、´EAG=´FAG、´AGE=´AGF=90°
∴ΔAGE≌ΔAGF、∴AE=AF、∴AE=AF=DE=DF、
∴四辺形AEDFは菱形である。

三角形ABCの中で、ADは角Aの角の平分線で、EFはそれぞれAB、ACの上の点で、しかも角EDF+角BAF=180度、証明を求めます：DE=DF この答えは急いでいます。各道の神様が助けてくれます。

D点からそれぞれAB、ACに垂線を行って、交差点はM、Nです。
∵DN⊥AC，AD等分´BAC
∴DM=DN
また⑤EDF+´BAC=180
∴∠DEA+∠DFA=180
また⑤DEA+´DEB=180
∴∠DFA=´DEB
∴ΔDEMΔDFN
だから、DE=DF

△ABCでは、ADは▽BACの二等分線で、E、FはそれぞれAB、AC上の点であり、また▽E DF+´EAF=180°で、DE=DFを求める。

証明：Dを経てDM ABとし、Mで、DN＿ACはNで、
すなわち、∠EMD=∠FND=90°であり、
⑧AD等分▽BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM=DN（角平分線の性質）、
∵´EAF+´EDF=180°、
∴∠MED+´ARD=360°-180°=180°、
⑧AFP D+´NFD=180°、
∴∠MED=´NFD、
△EMDと△FNDでは
∠MED＝∠DFN
∠DMME＝∠DNF
DM＝DN、
∴△EMD≌△FND（AAS）、
∴DE=DF.

図に示すように、三角形ABCではAD平分角DAC、点E、FはそれぞれAB、AC上の点、角EDF＋角BAF=180度であり、証明を求める：DE=DF

角EAD=角FAD=Q(1)
角BAC+角EDF=180
角BAC=角EAD+角FAD=2 Q
角EDF=180-角BAC=180-2 Q
1/2角EDF=90-Q
角AED=90
角ARD=90
規則
DE=DF

図のように、三角形ABCでは、AD平分角BAC、点E、FはそれぞれAB、AC上の点であり、角EDF＋角BAF=180度である。

証明：Dを過ぎてそれぞれAB、ACの垂線を作って、垂足はP、Qですので、振幅のAPD=AQD=90°AD等分されていますので、DP=DQ（角平分線上の点から角までの距離が等しい）は四辺形のAPDQでは、PAD+∠AQD+スタンスタンスタンスタンスタンスタンAQ=360°(四辺形の内角と360°)で、APD+AQD+180°+AQDは、APD+180°C+AQD+AQD+180°Cの幅幅幅幅幅幅幅幅幅幅幅幅幅幅の角度が360°+360°+360°(PDQ+360°+AQD+360°+360°+360°+AQD+360°+AQD+360°+AQD+360°+360°+AQ=´P DQADは、Sucの等分線であり、DQは、AC、DPはABとなりますので、sk PDQの等分線でもありますので、SDA=スタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタン、スタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンスタンダーダーダーダーダーダーダーA=スタンスタンスタンスタンダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダーダー確証された∠EDF=´PDQですので、∠EDIQ=0つまり、▽EDIP=´FDQは直角三角形のEDIPと直角三角形のFDQにあります。∠EDIP=∠FDQ（求められています）DQ=DQ（求められています）∠EPD=∠FQD=90°（既知です）だから直角三角形EDIPと直角三角形FDQ合同（ASA）です。DE=DF（合同三角形の対応辺が等しいです）。

△ABCでは、ADは▽BACの二等分線で、E、FはそれぞれAB、AC上の点であり、また▽E DF+´EAF=180°で、DE=DFを求める。

証明：Dを経てDM ABとし、Mで、DN＿ACはNで、
すなわち、∠EMD=∠FND=90°であり、
⑧AD等分▽BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM=DN（角平分線の性質）、
∵´EAF+´EDF=180°、
∴∠MED+´ARD=360°-180°=180°、
⑧AFP D+´NFD=180°、
∴∠MED=´NFD、
△EMDと△FNDでは
∠MED＝∠DFN
∠DMME＝∠DNF
DM＝DN、
∴△EMD≌△FND（AAS）、
∴DE=DF.

△ABCでは、ADは▽BACの二等分線で、E、FはそれぞれAB、AC上の点であり、また▽E DF+´EAF=180°で、DE=DFを求める。

証明：Dを経てDM ABとし、Mで、DN＿ACはNで、
すなわち、∠EMD=∠FND=90°であり、
⑧AD等分▽BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM=DN（角平分線の性質）、
∵´EAF+´EDF=180°、
∴∠MED+´ARD=360°-180°=180°、
⑧AFP D+´NFD=180°、
∴∠MED=´NFD、
△EMDと△FNDでは
∠MED＝∠DFN
∠DMME＝∠DNF
DM＝DN、
∴△EMD≌△FND（AAS）、
∴DE=DF.