Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
d) Tự vẽ hình nhé
Dễ thấy I là trực tâm => CK là đường cao.
Do AM là phân giác nên góc MAB = góc MAC = 45
mà góc MAB = góc ICB
suy ra góc KBC = 45
=> góc BDM = 45
=> MB = MD (do tam giác MBD vuông cân)
Do AM là phân giác nên ta có tỷ lệ sau \(\frac{MC}{6}=\frac{MB}{8}\)
Theo Pythagoras => (MC + MB)^2 = AC^2 + AB^2 = 100
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau , suy ra
\(\frac{MC}{6}=\frac{MB}{8}=\frac{MC+MB}{14}=\frac{10}{14}=\frac{5}{7}\)
=> \(\hept{\begin{cases}MC=\frac{30}{7}\\MB=\frac{40}{7}\end{cases}}\)
Suy ra \(MD=\frac{40}{7}\)
Suy ra \(S_{BCD}=\frac{1}{2}.MD.BC=\frac{1}{2}.\frac{40}{7}.10=\frac{200}{7}\)
Ta áp dụng Pythgoras vào tam giác CMD để tính CD = 50/7
Sau đó tinh S(CMA) dựa vào tỷ lệ
Rồi lấy S(BCD) - S(CMA) là ra S(BMAD)
Bạn có cần mình vẽ hình không, thôi mình cứ vẽ cho rõ ràng nhé, mà hình không chắc đúng đâu nha :33
A B C M K D E
a) Xét tam giác \(ACM\), KM là tia phân giác của \(\widehat{AMC}\)
\(\Rightarrow\frac{AM}{MC}=\frac{AD}{DC}\) ( tính chất đường phân giác trong tam giác )
Mà : \(MC=MB\) ( Do M là trung điểm của BC )
\(\Rightarrow\frac{AM}{MB}=\frac{AD}{DC}\) ( đpcm )
b) Chứng minh tương tự phần a) với tam giác \(AMB\) ta có : \(\frac{AM}{MB}=\frac{AK}{BK}\) ( tính chất đường phân giác trong tam giác )
Khi đó : \(\frac{AK}{BK}=\frac{AD}{DC}\left(=\frac{AM}{MB}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AK}{AB}=\frac{AD}{AC}\)
Xét \(\Delta ABC,K\in AB,D\in AC\) và \(\frac{AK}{AB}=\frac{AD}{AC}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow KD//BC\) ( định lý Talet đảo ) (đpcm)
c) Áp dụng định lý Talet cho các tam giác ABM , ACM ta có :
+) \(EK//BM\Rightarrow\frac{KE}{BM}=\frac{AE}{AM}\)
+) \(ED//MC\Rightarrow\frac{ED}{MC}=\frac{AE}{AM}\)
\(\Rightarrow\frac{KE}{BM}=\frac{ED}{MC}\Rightarrow EK=ED\) ( do \(BM=CM\) )
Nên : E là trung điểm của KD ( đpcm )
d) Ta có : \(KD=10\Rightarrow KE=5\)
Theo câu c) ta có : \(\frac{KA}{AB}=\frac{AE}{AM}=\frac{KE}{BM}\Rightarrow\frac{5}{8}=\frac{KE}{BM}=\frac{5}{BM}\)
\(\Rightarrow BM=8\Rightarrow BC=16\left(cm\right)\)
Vậy : \(BC=16cm\)
A A B B C C M M D D E E F F
a) Ta có : \(\frac{DF}{AM}=\frac{DC}{MC};\frac{DE}{AM}=\frac{BD}{MB}\)
\(\Rightarrow\frac{DE+DF}{AM}=\frac{BD}{BM}+\frac{DC}{MC}=\frac{BD+DC}{MC}=\frac{BC}{MC}=2\)
Vậy nên DE + DF = 2AM.
b) Theo định lý Ta let ta có:
\(\frac{AE}{AB}=\frac{DM}{BM}=\frac{DM}{MC}=\frac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
a) Xét \(\Delta ABC\)và \(\Delta MDC\)có:
\(\widehat{C}\) chung
\(\widehat{CAB}=\widehat{CMD}=90^0\)
suy ra: \(\Delta ABC~\Delta MDC\)(g.g)
b) Xét \(\Delta BMI\)và \(\Delta BAC\)có:
\(\widehat{B}\)chung
\(\widehat{BMI}=\widehat{BAC}=90^0\)
suy ra: \(\Delta BMI~\Delta BAC\) (g.g)
\(\Rightarrow\)\(\frac{BI}{BC}=\frac{BM}{BA}\)
\(\Rightarrow\)\(BI.BA=BC.BM\)
c) \(\frac{BI}{BC}=\frac{BM}{BA}\) (câu b) \(\Rightarrow\)\(\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\)
Xét \(\Delta BIC\)và \(\Delta BMA\)có:
\(\widehat{B}\)chung
\(\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\) (cmt)
suy ra: \(\Delta BIC~\Delta BMA\) (g.g)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{ICB}=\widehat{BAM}\) (1)
c/m: \(\Delta CAI~\Delta BKI\) (g.g) \(\Rightarrow\)\(\frac{IA}{IK}=\frac{IC}{IB}\) \(\Rightarrow\)\(\frac{IA}{IC}=\frac{IK}{IB}\)
Xét \(\Delta IAK\)và \(\Delta ICB\)có:
\(\widehat{AIK}=\widehat{CIB}\) (dd)
\(\frac{IA}{IC}=\frac{IK}{IB}\) (cmt)
suy ra: \(\Delta IAK~\Delta ICB\)(g.g)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{IAK}=\widehat{ICB}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat{IAK}=\widehat{BAM}\)
hay AB là phân giác của \(\widehat{MAK}\)
d) \(AM\)là phân giác \(\widehat{CAB}\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{MAB}=45^0\)
mà \(\widehat{MAB}=\widehat{ICB}\) (câu c)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{ICB}=45^0\)
\(\Delta CKB\)vuông tại K có \(\widehat{KCB}=45^0\)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{CBK}=45^0\)
\(\Delta MBD\) vuông tại M có \(\widehat{MBD}=45^0\)
\(\Rightarrow\)\(\widehat{MDB}=45^0\)
hay \(\Delta MBD\)vuông cân tại M
\(\Rightarrow\)\(MB=MD\)
\(\Delta ABC\) có AM là phân giác
\(\Rightarrow\)\(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}\)
ÁP dụng định ly Pytago vào tam giác vuông ABC ta có:
\(AB^2+AC^2=BC^2\)
\(\Rightarrow\)\(BC=10\)
ÁP dụng tính chất dãy tỉ số = nhau ta có:
\(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{AC}=\frac{MB+MC}{AB+AC}=\frac{5}{7}\)
suy ra: \(\frac{MB}{AB}=\frac{5}{7}\) \(\Rightarrow\)\(MB=\frac{40}{7}\)
mà \(MB=MD\) (cmt)
\(\Rightarrow\)\(MD=\frac{40}{7}\)
Vậy \(S_{CBD}=\frac{1}{2}.CB.DM=\frac{1}{2}.10.\frac{40}{7}=\frac{200}{7}\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{1}{2}.8.6=24\)
\(\Delta ABC\) có AM là phân giác
\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{CMA}}{S_{BMA}}=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{S_{CMA}}{3}=\frac{S_{BMA}}{4}=\frac{S_{CMA}+S_{BMA}}{3+4}=\frac{24}{7}\)
\(\Rightarrow\)\(S_{CMA}=\frac{72}{7}\)
Vậy \(S_{AMBD}=S_{CBD}-S_{CMA}=\frac{200}{7}-\frac{72}{7}=\frac{128}{7}\)
C A M B K D I
a) xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta MDC\) có
\(\widehat{ACB}=\widehat{MCD}\) ( góc chung)
\(\widehat{CAB}=\widehat{CMD}=90^0\) ( giả thiết )
\(\Rightarrow\Delta ABC\infty\Delta MDC\) \(\left(g.g\right)\)
b) xét \(\Delta BIM\) và \(\Delta BCA\) có
\(\widehat{IBM}=\widehat{CBA}\) ( góc chung )
\(\widehat{BMI}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta BIM\infty\Delta BCA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BI}{BM}=\frac{BC}{BA}\)
\(\Rightarrow BI.BA=BM.BC\)
P/S tạm thời 2 câu này trước đi đã
A B C D E M O H K d
Từ B và C kẻ 2 đường thẳng song song với d, chúng cắt AM lần lượt tại H và K.
Theo ĐL Thales, ta có: \(\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AO}\)\(;\frac{AC}{AE}=\frac{AK}{AO}\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AC}{AE}=\frac{AH+AK}{AO}\)
Tam giác BHM= Tam giác CKM (g.c.g) => HM=KM
\(\Rightarrow AH+AK=AH+AH+HM+KM=2AH+2HM=2AM\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AC}{AE}=\frac{2AM}{AO}\)
Do O là trung điểm AM nên \(\frac{AB}{AD}+\frac{AC}{AE}=\frac{4AO}{AO}=4\)(đpcm).
B A C M D E N d
NE cắt BC tại F
AM//NF nên: \(\frac{NA}{AB}=\frac{MF}{BM}=\frac{MF}{MC}\left(1\right)\)
Lại có: AM//EF nên \(\frac{AE}{AC}=\frac{MF}{MC}\left(2\right)\)
Từ (1),(2)\(\RightarrowĐPCM\)