Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi Q là trung điểm của AD. Lúc đó thì MNPQ là hình bình hành (dễ c/m)
MP là đường chéo của hình bình hành MNPQ nên \(S_{\Delta MNP}=\frac{1}{2}S_{MNPQ}\)(1)
Gọi E, F là giao điểm của AC với NP và MQ. Kẻ BH \(\perp\) AC, MI \(\perp\) AC .
Lúc đó: \(S_{MNEF}=MI.MN\)
\(=\frac{1}{2}BH.\frac{1}{2}AC\)(tính chất đường trung bình của tam giác)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}.BH.AC\right)=\frac{1}{2}S_{\Delta ABC}\)
Chứng minh tương tự, ta được:
\(S_{QPEF}=\frac{1}{2}S_{\Delta ADC}\)
Từ đó suy ra \(S_{MNPQ}=\frac{1}{2}S_{ABCD}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(S_{\Delta MNP}=\frac{1}{4}S_{ABCD}\)(đpcm)
Bài 2 : a) Ta có : OM // AB => \(\frac{OM}{AB}=\frac{OD}{DB}\)( Hq talet) (1)
ON // AB => \(\frac{ON}{AB}=\frac{OC}{AC}\)(2)
AB // CD => \(\frac{OD}{OB}=\frac{OC}{OA}\Rightarrow\frac{OD}{OB+OD}=\frac{OC}{OA+OC}\Rightarrow\frac{OD}{DB}=\frac{OC}{AC}\)(3)
Từ (1), (2), (3) => OM/AB = ON/AB => OM = ON
b) Ta có : ON // CD => \(\frac{ON}{CD}=\frac{OB}{DB}\)(4)
Cộng từng vế (1) và (4) ta đc : \(\frac{OM}{AB}+\frac{ON}{CD}=\frac{OD}{DB}+\frac{OB}{DB}=\frac{OD+OB}{DB}=1\)
Suy ra : \(\frac{2OM}{AB}+\frac{2ON}{CD}=2\Rightarrow\frac{MN}{AB}+\frac{MN}{CD}=2\Rightarrow\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}=\frac{2}{MN}\)
c) Để mình tính đã nha
a, chứng minh EFGH là hình bình hành do có EF//HG (cùng song2 với AC) và HE//GF(cùng song2 BD)
mà có EG=HF=> EFGH là hình thoi (*)
ta có BD//HE=> góc HEF vuông (**)
từ (*)(**) => EFGH là hình vuông ( hình thoi có 1 góc vuông )
A B C D E F G H M
a) Dễ dàng chứng minh được \(\Delta AEH=\Delta BFE=\Delta CGF=\Delta DHG\)
\(\Rightarrow EH=EF=FG=HG\)
=>EFGH là hình thoi
\(\Delta AEH\)vuông cân tại A =>\(\widehat{AEH}=45^0\)
\(\Delta BEF\)vuông cân tại B=>\(\widehat{BEF}=45^0\)
=>\(\widehat{HEF}=90^0\)
=> EFGH là hình vuông
b) Ta chứng minh được : \(\Delta EBC=\Delta FCD\left(cgv.cgv\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{BCE}=\widehat{CDF}\)
\(\Rightarrow\widehat{BCE}+\widehat{MCD}=\widehat{CDF}+\widehat{MCD}\)
\(\Rightarrow90^0=\widehat{MCD}+\widehat{CDM}\)
\(\Rightarrow180^0-\widehat{MCD}-\widehat{CDM}=\widehat{DMC}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMC}=90^0hayDF\perp CE\)
gọi N là giao điểm của AG và DF
cm tương tự \(DF\perp CE\)ta được AG\(\perp\)DF
=>GN//CM mà G là trung điểm của DC =>N là trung điểm của DM
\(\Delta\)ADM có AN vừa là đường cao vừa là đường phân giác =>\(\Delta ADM\)cân tại A
c)ta cm \(\Delta DMC~\Delta DCF\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{DC}{DF}=\frac{CM}{CF}\)
\(\Rightarrow\frac{S_{DMC}}{S_{DCF}}=\left(\frac{DC}{DF}\right)^2\Rightarrow S_{DMC}=\left(\frac{DC}{DF}\right)^2\cdot S_{DCF}\)
Mà \(S_{DCF}=\frac{1}{2}DF\cdot DC=\frac{1}{4}DC^2\)
Vậy \(S_{DMC}=\frac{DC^2}{DF^2}\cdot\frac{1}{4}DC^2\)
Trong tam giác DCF theo định lý py ta go có:
\(DF^2=CD^2+CF^2=CD^2+\left(\frac{1}{2}AB\right)^2=CD^2+\frac{1}{4}CD^2=\frac{5}{4}CD^2\)
Do đó \(S_{DMC}=\frac{CD^2}{\frac{5}{4}CD^2}\cdot\frac{1}{4}CD^2=\frac{1}{5}CD^2=\frac{1}{5}a^2\)
A B C D M N P H K
Từ điểm B , kể thêm đoạn thẳng vuông góc với MN, AC tại H và K .
a. +, Xét ΔABC có :
M là trung điểm của AB ( MA = MB )
N là trung điểm của BC ( BN = CN )
=> MN là đường trung bình của ΔABC
=> MN = 1 / 2 AC , MN // AC ( TC của đường trung bình )
+, Xét ΔBMN và ΔBAC có :
MN // BC ( CMT )
=> ΔBMN ~ ΔBAC
=>MN/AC =MB/AB =NB/ BC ( TC Δ DD)
Mà MN / AC = 1 / 2 , tỉ lệ đồng dạng bằng tỉ lệ đường cao của 2 tam giác .
=> MN / AC = BH / BK = 1 / 2
Ta có : SMBN = 1 / 2 . BH . MN
SABC = 1 / 2 . BK . AC
=> SMBN / SABC = 1/2.BH.MN/1/2.BK.AC
=> SMBN / SABC = BH . MN / BK . AC
Mà BK = 2BH , AC = 2MN
=> SMBN / SABC = BH . MN / 2BH . 2 MN
=> SMBN /SABC=1.(BH .MN)/4.(BH .MN)
=> SMBN / SABC = 1 / 4
hay SBMN = 1/4 . SABC .
b.
Among us thì mk không cho đâuuuuu.
ủa ? tự nhiên vô xog nó để among ú chứ
ủa ủa kì thế