Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a)\) Xét tam giác vuông ADM và tam giác vuông BAF có :
\(AD=AB\) ( do ABCD là hình vuông )
\(\widehat{DAM}=\widehat{ABF}\) \(\left(=90^0-\widehat{BAF}\right)\)
Do đó : \(\Delta ADM=\Delta BAF\) ( cạnh góc vuông - góc nhọn )
Suy ra : \(DM=AF\) ( 2 cạnh tương ứng )
Mà \(AE=AF\)(GT) \(\Rightarrow\)\(DM=AE\)
Tứ giác AEMD có : \(DM=AE\)\(;\)\(DM//AE\) ( do \(AB//CD\) ) và có \(\widehat{ADC}=90^0\) nên AEMD là hình chữ nhật
Vậy AEMD là hình chữ nhật
\(b)\) Xét \(\Delta HAB\) và \(\Delta HFA\) có :
\(\widehat{ABH}=\widehat{FAH}\) ( do \(\widehat{ABF}=\widehat{DAM}\) theo câu a ) *(góc DÂM -_- haha)*
\(\widehat{BHA}=\widehat{AHF}\) \(\left(=90^0\right)\)
Do đó : \(\Delta HAB~\Delta HFA\) \(\left(g-g\right)\)
Suy ra : \(\frac{HB}{AH}=\frac{AB}{AF}\) ( các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )
Mà \(AB=BC;AF=AE\left(=DM\right)\) nên \(\frac{HB}{AH}=\frac{BC}{AE}\)
Lại có : \(\widehat{HAB}=90^0-\widehat{FAH}=90^0-\widehat{ABH}=\widehat{HBC}\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{HAB}=\widehat{HBC}\)
Xét \(\Delta CBH\) và \(\Delta EAH\) có :
\(\frac{HB}{AH}=\frac{BC}{AE}\)
\(\widehat{HAB}=\widehat{HBC}\)
Do đó : \(\Delta CBH~\Delta EAH\) \(\left(c-g-c\right)\)
Vậy \(\Delta CBH~\Delta EAH\)
\(c)\) \(\Delta ADM\) có \(CN//AD\) và cắt \(AM;DM\) nên theo hệ quả định lý Ta-let ta có :
\(\frac{CN}{AD}=\frac{MN}{AM}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD}{AM}=\frac{CN}{MN}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD^2}{AM^2}=\frac{CN^2}{MN^2}\) \(\left(1\right)\)
\(\Delta ABN\) có \(CM//AB\) và cắt \(AN;BN\) nên theo hệ quả định lý Ta-let ta có :
\(\frac{MN}{AN}=\frac{MC}{AB}\) hay \(\frac{MN}{AN}=\frac{MC}{AD}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD}{AN}=\frac{MC}{MN}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{AD^2}{AN^2}=\frac{MC^2}{MN^2}\) \(\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra : \(\frac{AD^2}{AM^2}+\frac{AD^2}{AN^2}=AD^2\left(\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\right)=\frac{CN^2}{MN^2}+\frac{MC^2}{MN^2}=\frac{CN^2+MC^2}{MN^2}=\frac{MN^2}{MN^2}=1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}=\frac{1}{AD^2}\) ( đpcm )
Vậy \(\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\)
Câu hỏi của pham trung thanh - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo lời giải tại link trên nhé.
Mình không biết vẽ hình khi trả lời nên bạn tự vẽ nhé
Đầu tiên chứng minh \(NE=\frac{1}{6}AN\)
Qua E kẻ đường thẳng song song BF cắt AC tại K
Theo ta-lét ta có:
\(\frac{FK}{FC}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{3}\)=>\(\frac{FK}{ÀF}=\frac{1}{6}=\frac{NE}{AN}\)
Từ E,N,C kẻ các đường cao tới AB lần lượt là H,G,I
Theo talet ta có
\(\frac{EH}{CI}=\frac{BE}{BC}=\frac{1}{3},\frac{NG}{EH}=\frac{AN}{AE}=\frac{6}{7}\)
=> \(\frac{NG}{CI}=\frac{2}{7}\)=> \(\frac{NG.AB}{CI.AB}=\frac{2}{7}\)
=> \(\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\)
Tương tự \(\frac{S_{BPC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\),\(\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{7}\)
=> \(S_{MNP}=S_{ABC}-S_{AMC}-S_{ABN}-S_{BCP}=\frac{1}{7}S_{ABC}\)
Vậy \(S_{MNP}=\frac{1}{7}S_{ABC}\)
Câu hỏi của pham trung thanh - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo lời giải tại link trên nhé.
Tham khảo:
a) Tam giác ABC có: MP cắt AC tại E
Mà MP thuộc (MNP)
Nên E là giao điểm của AC và (MNP)
Tam giác ABD có: MN cắt BD tại F
Mà MN thuộc (MNP)
Nên F là giao điểm của BD và (MNP)
b) Ta có: P thuộc BC
F thuộc BD
Suy ra PF thuộc (BCD)
Do đó PF và CD cùng thuộc (BCD)
Nên PF và CD cắt nhau tại một điểm (1)
Ta có: N thuộc AD
E thuộc AC
Suy ra NE thuộc (ACD)
Do đó NE và CD cắt nhau tại một điểm (2)
Từ (1) và (2) suy ra: NE, PE, CD cùng đi qua một điểm