a/

Ta có

\(\dfrac{GD}{BG}=\dfrac{1}{2}\) (t/c đường trung tuyến)

MB=MG (gt)

=> MG=GD

C/m tương tự ta cũng có NG=GE

=> DEMN là hình bình hành

=> ME//ND và ME=ND (cạnh đối hbh)

b/ DEMN là hình bình hành(cmt)

=> MN = DE (canh đối hbh)

a/ 

NF//BC mà AD//BC => NF//AD => ADNF là hình thang

b/

AD//BC => AD//CE

DE//AC (gt)

=> ACED là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

ND=NC (gt)

Nối AE => AE chắc chắn đi qua D (Trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mối đường) => AN=EN

a/

\(OB\perp BC\left(gt\right);MH\perp BC\left(gt\right);O'C\perp BC\left(gt\right)\) => OB//MH//O'C

=> BCO'O là hình thang

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{OM}{O'M}=1\left(Talet\right)\Rightarrow BH=CH\)

=> MH là đường trung bình của hình thang BCO'O

\(\Rightarrow MH=\dfrac{OB+O'C}{2}=\dfrac{R+r}{2}\)

\(OM=O'M=\dfrac{OO'}{2}=\dfrac{R+r}{2}\)

\(\Rightarrow HM=OM=O'M=\dfrac{R+r}{2}\)

=> tg MOH và tg MO'H cân tại M

\(\Rightarrow\widehat{MOH}=\widehat{MHO}\) và \(\widehat{MO'H}=\widehat{MHO'}\)

Xét tg MOH có

\(\widehat{HMO'}=\widehat{MOH}+\widehat{MHO}=2\widehat{MHO}\) (trong tg góc ngoài bằng tổng 2 góc trong không kề với nó

C/m tương tự khi xét tg MHO'

\(\widehat{HMO}=2\widehat{MHO'}\)

\(\Rightarrow\widehat{HMO'}+\widehat{HMO}=\widehat{OMO'}=180^o=2\left(\widehat{MHO}+\widehat{MHO'}\right)\)

\(\Rightarrow180^o=2\widehat{OHO'}\Rightarrow\widehat{OHO'}=\dfrac{180^o}{2}=90^o\)

b/

MH//OB (cmt) \(\Rightarrow\widehat{BOH}=\widehat{MHO}\) (Góc so le trong)

Mà \(\widehat{MOH}=\widehat{MHO}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{BOH}=\widehat{MOH}\)

c/

Ta có O, A, O' thẳng hàng (Hai đường tròn tiếp xúc nhau thì tiếp điểm nằm trên đường nối tâm của 2 đường tròn)

Xét tg BOH và tg AOH có

\(\widehat{BOH}=\widehat{MOH}\) (cmt)

OA=OB=R

OH chung

=> tg BOH = tg AOH (c.g.c)

\(\Rightarrow\widehat{OAH}=\widehat{OBH}=90^o\Rightarrow AH\perp OO'\)

=> AH là tiếp tuyến chung của (O) và (O')

Hai tg ABM và tg ACM có chung đường cao từ A->BC nên

\(\dfrac{S_{ABM}}{S_{ACN}}=\dfrac{BM}{CN}=2\)

\(S_{ABC}=S_{ABM}+S_{ACN}\)

\(\Rightarrow S_{ABM}=\dfrac{S_{ABC}}{3}x2=\dfrac{60.2}{3}40cm^2\)

2 tg BMN và tg AMN có chung đường cao từ M->AB nên

\(\dfrac{S_{BMN}}{S_{AMN}}=\dfrac{BN}{AN}=\dfrac{10}{40}=\dfrac{1}{4}\)

\(HE\perp AB;AC\perp AB\) => HE//AF

\(HF\perp AC;AB\perp AC\) => HF//AE

Mà \(A=90^o\)

=> AEHF là HCN => AH=EF (Trong HCN 2 đường chéo bằng nhau)

Xét tg vuông ABH có

\(HE^2=EA.EB\) (Trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa hình chiếu 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

Xét tg vuông AHC có

\(HF^2=FA.FC\) (Trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa hình chiếu 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow EA.EB+FA.FC=HE^2+HF^2\)

Xét tg vuông EHF có

\(EF^2=HE^2+HF^2\) (Pitago)

Mà EF=AH \(\Rightarrow EA.EB+FA.FC=AH^2\)

Xét tg vuông HAE có \(\sin HAE=\dfrac{HE}{AH}\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{HE}{\sin HAE}\right)^2=\left(\dfrac{HE}{\dfrac{HE}{AH}}\right)^2=AH^2\)

\(\Rightarrow EA.EB=FA.FC=\left(\dfrac{HE}{\sin HAE}\right)^2=AH^2\)

Số cần tìm là \(\overline{a6b}\) theo đề bài

\(12x\overline{ab}=\overline{a6b}\)

\(120xa+12xb=100xa+60+b\)

\(20xa=60+11b\)

\(20xa⋮10\Rightarrow60+11xb⋮10\Rightarrow11xb⋮10\Rightarrow b=0\)

\(\Rightarrow20xa=60\Rightarrow a=3\)

Số cần tìm là 360

2 tam giác ABE và tam giác BDE có chung đường cao từ B->AD nên

\(\dfrac{S_{ABE}}{S_{BDE}}=\dfrac{EA}{ED}=1\Rightarrow S_{ABE}=S_{ADE}\)

2 tg trên có chung BE nên

\(\dfrac{S_{ABE}}{S_{BDE}}=\) đường cao từ A->BM = đường cao từ D->BM = 1

2 tg ABM và tg DBM có chung BM nên

\(\dfrac{S_{ABM}}{S_{DBM}}=\) đường cao từ A->BM = đường cao từ D->BM = 1

\(\Rightarrow S_{ABM}=S_{DBM}\)

2 tg DBM và tg DCM có chung đường cao từ M->BC nên

\(\dfrac{S_{DBM}}{S_{DCM}}=\dfrac{BD}{CD}=1\Rightarrow S_{DBM}=S_{SCM}\)

\(S_{DBM}+S_{DCM}=S_{BCM}=2xS_{DBM}\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{ABM}}{S_{BCM}}=\dfrac{S_{DBM}}{2xS_{DBM}}=\dfrac{1}{2}\)

2 tg ABM và tg BCM có chung đường cao từ B->AC nên

\(\dfrac{S_{ABM}}{S_{BCM}}=\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{1}{2}\)

\(=\left(0,25^2\right)^4.8^4=\left(0,625.8\right)^4=0,5^4\)

Trong mp(SAD) qua G dựng đường thẳng d//AD

HA=HB; KC=KD => HK là đường trung bình của hình thang ABCD

=> HK//AD và \(HK=\dfrac{AB+CD}{2}\)

Ta có d//AD

=> d//HK (cùng // với AD)

\(\Rightarrow d\in\left(GHK\right)\) mà \(d\in\left(SAD\right)\) => d là giao tuyến của (SAD) với (GHK)

Xét tg SAE có MN//AD \(\Rightarrow\dfrac{SM}{SA}=\dfrac{MG}{AE}=\dfrac{SG}{SE}=\dfrac{2}{3}\)

Xét tg SAD có MN//AD \(\Rightarrow\dfrac{MN}{AD}=\dfrac{SM}{SA}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow MN=\dfrac{2}{3}AD\)

Do MNHK là hbh => MN=HK

\(\Rightarrow\dfrac{2}{3}AD=\dfrac{AD+BC}{2}\Leftrightarrow4AD=3AD+3BC\)

\(\Leftrightarrow AD=3BC=k.BC\Rightarrow k=3\)

a/

\(\sin C=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow C=30^o\Rightarrow B=60^o\)

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{6^2-3^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}\)

b/

\(AM=MB=MC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{6}{2}=3\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Ta có \(\widehat{BAH}=C=30^o\) (cùng phụ với B)

Xét tg vuông ABH có

\(BH=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{3}{2}=1,5\) (trong tg vuông cạnh đối diện góc \(30^o\) thì bằng nửa cạnh huyền)

\(\Rightarrow CH=BC-BH=6-1,5=4,5\)

\(\Rightarrow AH^2=BH.CH\) (trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{1,5.4,5}=\sqrt{6,75}\)