\(\frac{1}{4}\) KL. Trên cạnh LM lấ...">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

19 tháng 8 2016

Xin lỗi, mình nhầm. Mình xin sửa lại như sau:

....
Từ đó suy ra: \(S_{CML}=S_{ACL}=S_{KCL}-S_{KCA}=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow S_{KML}=S_{KMC}+S_{KCL}+S_{CML}=\frac{1}{2}+2+\frac{3}{2}=4\)

19 tháng 8 2016

Theo đầu bài ta có hình sau:
K M L B A C
Bước 1:
Theo đề bài ta có:
\(4\cdot S_{KMB}=S_{KBL}\) ( do MB = 1/4 BL  =>  4 * MB = BL )
\(\Rightarrow4\cdot\left(S_{KMC}+S_{CMB}\right)=S_{KCL}+S_{CBL}\)
\(\Rightarrow4\cdot S_{KMC}+4\cdot S_{CMB}=S_{KCL}+4\cdot S_{CMB}\) ( do MB = 1/4 BL  =>  4 * MB = BL )
\(\Rightarrow4\cdot S_{KMC}=2\)
\(\Rightarrow S_{KMC}=\frac{1}{2}\)

Bước 2:
Do \(S_{KCA}=S_{KCL}\cdot\frac{KA}{KL}=2\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\) nên \(S_{KMC}=S_{KCA}\Rightarrow MC=CA\).
Từ đó suy ra: \(S_{CML}=S_{ACL}=S_{KCL}-S_{KCA}=2-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow S_{KML}=S_{KMC}+S_{KCL}+S_{CML}=\frac{1}{2}+2+\frac{3}{4}=\frac{13}{4}\)

4 tháng 1 2018

B C D A E F H M N

a) Xét tam giác AFB và tam giác DMA có:

\(\widehat{ABF}=\widehat{DAM}\)  (Cùng phụ với góc \(\widehat{BAM}\)  )

\(\widehat{FAB}=\widehat{MDA}=90^o\)

AB = AD

\(\Rightarrow\Delta AFB=\Delta DMA\)  ( Cạnh góc vuông, góc nhọn kề)

\(\Rightarrow AF=DM\)

\(\Rightarrow DM=AE\)

Xét tứ giác AEMD có AE song song và bằng DM nên nó là hình bình hành.

Lại có \(\widehat{EAD}=90^o\)  nên AEMD là hình chữ nhật.

b) Đặt \(\frac{AE}{EB}=k\); Ta có các tỉ số: \(\frac{AE}{EB}=\frac{MD}{MC}=\frac{AD}{CN}=k\)

Ta có:  \(\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{k}{k+1}\)

Ta có \(\frac{AE}{EB}=\frac{MD}{MC}=\frac{AD}{CN}=\frac{BC}{CN}=\frac{S_{BCH}}{S_{BNH}}=\frac{k}{k+1}\)

Vậy thì \(\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{S_{CBH}}{S_{BNH}}\Rightarrow\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{4S_{AEH}}{S_{BNH}}\Rightarrow\frac{S_{BNH}}{S_{BAH}}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{AH}{HN}=\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{AF}{BN}=\frac{1}{4}\)

Ta có: \(\frac{AF}{BN}=\frac{AF}{BC+CN}=\frac{AF}{\left(k+1\right)AF+\left(\frac{k+1}{k}\right)AF}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow k=1\)

Vậy thì AE = EB hay E, F là trung điểm AB, AC.

Từ đó suy ra \(EF=\frac{BD}{2}=\frac{AC}{2}\)

Vậy AC = 2EF.

c) Ta thấy ngay \(\Delta ADM\sim\Delta NCM\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AM}{MN}=\frac{AD}{CN}\Rightarrow AM.CN=MN.AD\)

\(\Rightarrow AM\left(AD+CN\right)=AN.AD\)

\(\Rightarrow AM.BN=AD.AD\)

\(\Rightarrow AM^2.BN^2=AN^2.AD^2\)

\(\Rightarrow AM^2\left(AD^2+BN^2-AD^2\right)=AN^2.AD^2\)

\(\Rightarrow AM^2\left(AN^2-AD^2\right)=AN^2.AD^2\)

\(\Rightarrow AM^2.AN^2=AM^2.AD^2+AN^2.AD^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\)

7 tháng 4 2019

phần b bạn giải dài quá 

ta có tam giác BAF đồng dạng với BHA (g.g)

=> af/ah=bf/ab=ab/hc

<=> af/ah=ab/hb

<=>  ae/ah=bc/hb

mà hbc=bah

suy ra hbc đồng dạng với hae (cgc)

mà ti le diện tích đồng dạng bằng bình phương tỉ lệ đồng dạng

suy ra (ae/bc)^2=1/4

=>ae/ab=1/2

14 tháng 12 2020

1) Ta có: \(\frac{CE}{EA}=\frac{2}{5}\Rightarrow\frac{EA}{CE}=\frac{5}{2}\Rightarrow\frac{EA}{CE+EA}=\frac{5}{2+5}\Rightarrow\frac{EA}{AC}=\frac{5}{7}\)\(\frac{AF}{FB}=\frac{2}{5}\Rightarrow\frac{AF}{AF+FB}=\frac{2}{2+5}\Rightarrow\frac{AF}{AB}=\frac{2}{7}\)

\(\Rightarrow\frac{S_{AEF}}{S_{AFC}}=\frac{AE}{AC}=\frac{5}{7}\Rightarrow S_{AEF}=\frac{5}{7}S_{AFC}\)và \(\frac{S_{AFC}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{AB}=\frac{2}{7}\Rightarrow S_{AFC}=\frac{2}{7}S_{ABC}\)

\(\Rightarrow S_{AEF}=\frac{5}{7}.\frac{2}{7}S_{ABC}=\frac{10}{49}S_{ABC}\)

Tương tự, ta có: \(S_{DEC}=\frac{10}{49}S_{ABC}\)\(S_{DFB}=\frac{10}{49}S_{ABC}\)

\(\Rightarrow S_{DEF}=S_{ABC}-S_{AEF}-S_{DEC}-S_{DFB}=S_{ABC}-\frac{30}{49}S_{ABC}=\frac{19}{49}S_{ABC}\)

2) Gọi N là trung điểm của DM

Kẻ \(EM//AB\left(M\in BC\right)\), gọi O là giao điểm của AM và EF, khi đó \(\frac{EM}{AB}=\frac{EC}{AC}=\frac{MC}{BC}\)(Thales)

Mặt khác từ giả thiết suy ra \(\frac{BD}{BC}=\frac{CE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

Từ đó ta có được BD = MC, EM = AF

EM = AF và EM // AF nên tứ giác AFME là hình bình hành => O là trung điểm của EF và AM

Ta có: \(\hept{\begin{cases}BD=MC\left(cmt\right)\\DN=MN\end{cases}}\Rightarrow BN=NC\)

Tam giác ADM có hai trung tuyến AN và DO cắt nhau tại G nên G là trọng tâm => G thuộc AN và \(AG=\frac{2}{3}AN\), G thuộc DO và \(DG=\frac{2}{3}DO\)

\(\Delta ABC\)có G thuộc trung tuyến AN và \(AG=\frac{2}{3}AN\)nên G là trọng tâm của tam giác (1) 

\(\Delta DEF\)có G thuộc trung tuyến DO và \(DG=\frac{2}{3}DO\) nên G là trọng tâm của tam giác (2)

Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác ABC, DEF có cùng trọng tâm G (đpcm)

20 tháng 1 2020

a) Tam giác ABC đều => Kẻ AH vuông góc với BC thì H là trung điểm của BC => BH = BC/2 = a/2

Tính được AH theo định lý Pytago: AH = a32a32

=> Diện tích của tam giác ABC là: 12.a32.a=a23412.a32.a=a234

b) Xét các cặp tam giác bằng nhau dựa trên tam giác ABC đều vào tỉ số đề bài cho (CGC) em sẽ => Tam giác DEF có 3 cạnh bằng nhau => tam giác đều

c) Tam giác DEF và tam giác ABC đồng dạng

=> SDEF/SABC = (DE/AB)2