Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔFAB và ΔFCD có
góc FAB=góc FCD
góc AFB=góc CFD
=>ΔFAB đồng dạng với ΔFCD
b: ΔFAB đồng dạng với ΔFCD
=>FA/FC=FB/FD
=>FA*FD=FB*FC
Bài 1:
A B C D O M N P Q
a) Xét tam giác AOD có M là trung điểm của AO (gt) Q là trung điểm của OD (gt)
\(\Rightarrow MQ//AD,MQ=\frac{1}{2}AD\left(tc\right)\left(1\right)\)
CMTT \(MN//AB,MN=\frac{1}{2}AB\left(2\right)\)
\(NP=\frac{1}{2}BC\left(3\right)\)
\(PQ=\frac{1}{2}DC\left(4\right)\)
Mà AB=BC=CD=DA (tc) (5)
Từ (1) ,(2) ,(3),(4) và (5)\(\Rightarrow MN=NP=PQ=MQ\)
Xét tứ giác MNPQ có \(MN=NP=PQ=MQ\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow MNPQ\)là hình thoi ( dhnb) (6)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}MQ//AD\left(cmt\right)\\MN//AB\left(cmt\right)\end{cases}}\)mà \(AD\perp AB\)
\(\Rightarrow MQ\perp MN\)
\(\Rightarrow\widehat{QMN}=90^0\)(7)
Từ (6) và (7) \(\Rightarrow MNPQ\)là hình vuông (dhnb )
b) Ta có\(MQ=\frac{1}{2}AD\left(cmt\right)\)
mà \(AD=16\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow MQ=8\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow S_{MNPQ}=8^2=64\left(cm^2\right)\)
\(\Rightarrow S_{ABCD}=16^2=256\left(cm^2\right)\)
Vậy diện tích phần trong của hình vuông ABCD nằm ngoài tứ giác MNPQ =\(256-64=192\left(cm^2\right)\)
A B D C O K H
Kẻ \(BH\perp AD,CK\perp AD\)
\(\Rightarrow BH//CK\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}BH//CK\\BC//HK\end{cases}\Rightarrow BH=CK}\)( tc cặp đoạn chắn )
Xét tam giác ABD và tam giác ACD có:
2 đường cao BH,CK = nhau , đáy AD chung
\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{ACD}\)
\(\Leftrightarrow S_{OAB}+S_{AOD}=S_{AOD}+S_{OCD}\)
\(\Leftrightarrow S_{OAB}=S_{OCD}\left(đpcm\right)\)
PS: có 1 tính chất học ở kì I lớp 8 á nhưng mình không biết cách giải thích sao nữa nên mình dùng cặp đoạn chắn
A B C D I M N
a/
Nối M với I cắt CD tại N'
AB//CD \(\Rightarrow\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{IB}{ID}\left(Talet\right)\) (1)
\(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{MA}{N'C}\left(Talet\right)\) (2)
\(\dfrac{IB}{ID}=\dfrac{MB}{N'D}\left(Talet\right)\) (3)
Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\dfrac{MA}{N'C}=\dfrac{MB}{N'D}\) Mà MA=MB (gt)
=> N'C=N'D => N' là trung điểm CD, mà N cũng là trung điểm của CD (gt) \(\Rightarrow N'\equiv N\)
=> M; I; N thẳng hàng
b/
\(\dfrac{IM}{IN}=\dfrac{MA}{NC}=\dfrac{MB}{ND}\left(Talet\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{IM}{IN}=\dfrac{MA+MB}{NC+ND}=\dfrac{AB}{CD}\)
c/
Gọi h là chiều cao hình thang ABCD
\(S_{ABI}+S_{ADI}=S_{ABD}=4+8=12cm^2\)
\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.h=12cm^2\)
Gọi \(h_1\) là đường cao hạ từ B->AC; \(h_2\) là đường cao hạ từ D->AC
\(\Rightarrow\dfrac{S_{ABI}}{S_{ADI}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}IA.h_1}{\dfrac{1}{2}AI.h_2}=\dfrac{h_1}{h_2}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}\)
\(\dfrac{S_{ABC}}{S_{ACD}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AC.h_1}{\dfrac{1}{2}AC.h_2}=\dfrac{h_1}{h_2}=\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow S_{ACD}=\dfrac{4}{3}S_{ABC}=\dfrac{4}{3}.12=16cm^2\)
\(\Rightarrow S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD}=12+16=28cm^2\)
a: Ta có: ABCD là hình thang cân
=>AD=BC; AC=BD
Xét ΔABD và ΔBAC có
AB chung
BD=AC
AD=BC
Do đó: ΔABD=ΔBAC
=>\(\widehat{ABD}=\widehat{BAC}\)
=>\(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}\)
=>ΔIAB cân tại I
Ta có: ΔIAB cân tại I
mà IM là đường trung tuyến
nên IM\(\perp\)AB tại M
Ta có: IA+IC=AC
IB+ID=BD
mà IA=IB và AC=BD
nên IC=ID
=>ΔICD cân tại I
Ta có: ΔICD cân tại I
mà IN là đường trung tuyến
nên IN\(\perp\)CD
Ta có: IN\(\perp\)CD
CD//AB
Do đó: IN\(\perp\)AB
mà IM\(\perp\)AB
và IN,IM có điểm chung là I
nên M,I,N thẳng hàng
b: Xét ΔIMA vuông tại M và ΔINC vuông tại N có
\(\widehat{MIA}=\widehat{NIC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔIMA~ΔINC
=>\(\dfrac{IM}{IN}=\dfrac{MA}{NC}=\dfrac{AB}{2}:\dfrac{CD}{2}=\dfrac{AB}{CD}\)
c: \(\dfrac{S_{AIB}}{S_{AID}}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(\dfrac{IB}{ID}=\dfrac{1}{2}\)
mà IB=IA; IC=ID
nên \(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(\dfrac{S_{AIB}}{S_{BIC}}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(S_{BIC}=8\left(cm^2\right)\)
BI/ID=1/2
=>\(S_{BIC}=\dfrac{1}{2}\cdot S_{DIC}\)
=>\(S_{DIC}=8:\dfrac{1}{2}=16\left(cm^2\right)\)
\(S_{ABCD}=S_{ABI}+S_{ADI}+S_{BIC}+S_{DIC}\)
\(=4+8+8+16=20+16=36\left(cm^2\right)\)