Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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) Hình thang cân ABCD, có:
AB // CD; AD = BC
Xét hình tam giác ACB, có:
I là trung điểm BC (gt)
Q là trung điểm AC (gt)
=> IQ là đường trung bình tam giác ACB
=> IQ // AB
mà AB // CD (cmt)
=> IQ // CD
Xét tam giác ACD, có:
Q là trung điểm AC 9gt)
P là trung điểm CD (gt)
=> QP là đường trung bình tam giác ACD
=> QP = 1/2 AD
mà AD = BC (I là trung điểm BC)
=> IB = IC = QP
Xét tứ giác QIPC, có:
QI // PC (cmt)
=> tứ giác QIPC là hình thang
có: QP = IC (cmt)
=> tứ giác QIPC là hình thang cân (đpcm)
b) Xét tam giác ABC, có:
QI là đường trung bình tam giác ABC (cmt)
=> tam giác CQI = 1/2 tam giác ABC
=> SQIC = 1/2 SABC
Cmtt: SCPQ = 1/2 SACD
mà mình thấy kì kì cái câu này theo mình là = 1/2 chứ sao = 1/4 (theo mình thôi nha)
c) Xét tam giác ABC, có:
M là trung điểm AB (gt)
Q là trung điểm AC (gt)
=> MQ là đường trung bình
=> MQ // BC
MQ = 1/2 BC
cmtt: MN // AD; MN = 1/2 AD
NP = 1/2; NP // BC
PQ // AD; QP = 1/2 AD
Xét tú giác MNPQ, có:
MQ // NP (cùng // BC)
MN // QP (cùng //AD)
=> MNPQ là hình bình hành
có: MQ = NP = 1/2 BC
=> MNPQ là hình thoi (đpcm)
p/s: có chỗ nào không hiểu thì inb hỏi nha ~
Hay :))
A B C C1 B1 A1 D E F H1 G1 G2 H3
\(\Delta ABC\) có \(C_1\) là trung điểm của \(AB\) và \(B_1\) là trung điểm của \(AC\) nên \(B_1C_1\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow\)\(B_1C_1=\frac{1}{2}BC=A_1B=A_1C\)
Và \(B_1C_1//BC\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{AC_1B_1}=\widehat{C_1BA_1}\) ( hai góc đồng vị )
Xét \(\Delta AB_1C_1\) và \(\Delta A_1BC_1\) có :
\(AC_1=BC_1\) \(\left(GT\right)\)
\(\widehat{AC_1B_1}=\widehat{C_1BA_1}\) ( chứng minh trên )
\(B_1C_1=A_1B\) ( chứng minh trên )
Do đó : \(\Delta AB_1C_1=\Delta A_1BC_1\) \(\left(c-g-c\right)\)
Chứng minh tương tự với các \(\Delta AB_1C_1\) và \(\Delta A_1B_1C\)\(;\)\(\Delta A_1BC_1\) và \(\Delta A_1B_1C\)\(;\)\(\Delta A_1BC_1\) và \(\Delta A_1B_1C_1\) ta có :
\(\Delta AB_1C_1=\Delta A_1BC_1=\Delta A_1B_1C=\Delta A_1B_1C_1\)
Mà \(S_{AB_1C_1}+S_{A_1BC_1}+S_{A_1B_1C}+S_{A_1B_1C_1}=S_{ABC}\)
\(\Rightarrow\)\(S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}=\frac{1}{2}S_{ABC}\)
Bài toán trở thành Chứng minh \(S_{A_1EC_1DB_1F}=S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}\)
Do 4 tam giác bằng nhau nên các tam giác tạo từ các đường cao của chúng tương ứng bằng nhau
\(\Rightarrow\)\(\Delta C_1EA_1=\Delta ADB_1\)\(;\)\(\Delta B_1FA_1=\Delta ADC_1\)
Mà \(S_{A_1EC_1DB_1F}=S_{C_1EA_1}+S_{B_1FA_1}+S_{C_1DB_1}+S_{A_1B_1C_1}\)
\(\Leftrightarrow\)\(S_{A_1EC_1DB_1F}=\left(S_{ADB_1}+S_{ADC_1}+S_{C_1DB_1}\right)+S_{A_1B_1C_1}=S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}\) ( điều phải chứng minh )
...
A B C A B C 1 1 1 D E F H
Gọi H là trực tâm của \(\Delta\)A1B1C1.
Ta thấy: \(\Delta\)ABC có A1, B1, C1 là trung điểm các cạnh BC, CA, AB
Cho nên: \(S_{A_1B_1C_1}=S_{AB_1C_1}=S_{BA_1C_1}=S_{CA_1B_1}=\frac{S_{ABC}}{4}\). Ta đi chứng minh \(S_{A_1EC_1DB_1F}=2S_{A_1B_1C_1}\)
Xét \(\Delta\)A1B1C1: H là trực tâm => A1H vuông góc B1C1. Mà B1C1 // BC => A1H vuông góc BC
Nhưng: C1E cũng vuông góc BC nên A1H // C1E. Tương tự: C1H // A1E
Do đó: Tứ giác A1HC1E là hình bình hành => \(S_{A_1HC_1}=S_{A_1EC_1}=\frac{S_{A_1HC_1E}}{2}\)
Tương tự, ta có: \(S_{A_1HB_1}=S_{A_1FB_1}=\frac{S_{A_1HB_1F}}{2};S_{B_1HC_1}=S_{B_1DC_1}=\frac{S_{B_1HC_1D}}{2}\)
\(\Rightarrow S_{A_1HC_1}+S_{A_1HB_1}+S_{B_1HC_1}=\frac{S_{A_1EC_1DB_1F}}{2}\Rightarrow S_{A_1EC_1DB_1F}=2.S_{A_1B_1C_1}=2.\frac{S_{ABC}}{4}=\frac{S_{ABC}}{2}\) (đpcm).
(P/S: Các bn có thể tham khảo thêm cách này)
A B C D K E F H
a, ABCD là hình thang (gt) => AB // CD (đn)
=> OA/OC = OB/OD (talet) (1)
có AF // BC (gt) => FO/OB = AO/OC (talet) ; có BE // AD (gt) => OE/OA = OB/OD (talet) và (1)
=> FO/OB = OE/OA ; xét tg AOB
=> FE // AB (talet đảo)
b, có DA // BE (Gt) ; ^DAO slt ^OEB ; ^ADO slt ^OBE
=> ^DAO = ^OEB và ^ADO = ^OBE (đl)
xét tg ADO và tg EBO
=> tg ADO đồng dạng với tg EBO (g-g)
=> AO/OE = DO/OB (2)
+ AB // FE (câu a) => AO/OE = AB/EF (talet) ; có AB // DC (Câu a) => DO/OB = CD/AB (talet) và (2)
=> AB/EF = CD/AB
=> AB^2 = EF.CD
c, kẻ AH _|_ BD ; CK _|_ BD
có S1 = OB.AH/2 ; S2 = OD.CK/2 => S1.S2 = OB.AH.OD.CK/4
CÓ S3 = AH.DO/2 ; S4 = CK.OB/2 => C3.C4 = OB.AH.OD.CK/4
=> S1.S2 = S3.S4
sai đầu bài rồi nhé. Cái này là vô lý. xem lại đầu bài nhé
đề sai rồi, mk không chứng minh
xét theo hình vẽ thì có có thể bé hơn 3 đến 4 lần
Câu hỏi của trần trúc quỳnh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo tại đây nhé.
có đúng đề ko cậu
đề này là đề thi đó bạn