Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(S_{MNP}=\frac{1}{7}S_{ABC}\)
a) xét tg ABC,có: D là trung điểm AB ; F là trung điểm AC =>DF là đường trung bình tg ABC
=>DF //BC (1)
xét tg ABC , có :D ,E lần lượt là trung điểm AB và BC =>DE là đường trung bình tg ABC =>DE //AC (2)
TỪ (1) và (2) =>CEDF là hbh
TỨ GIÁC ADEF CHỨNG MINH TƯƠNG TỰ =>ADEF LÀ HBH
a: AE+EB=AB
BF+FC=BC
CG+GD=CD
DH+HA=DA
mà AB=BC=CD=DA và AE=BF=CG=DH
nên EB=FC=GD=HA
Xét ΔEAH vuông tại A và ΔGCF vuông tại C có
EA=GC
AH=CF
Do đó: ΔEAH=ΔGCF
=>EH=GF
Xét ΔEBF vuông tại B và ΔGDH vuông tại D có
EB=GD
BF=DH
Do đó: ΔEBF=ΔGDH
=>EF=GH
Xét ΔEAH vuông tại A và ΔFBE vuông tại B có
EA=FB
AH=BE
Do đó: ΔEAH=ΔFBE
=>EH=EF và \(\widehat{AEH}=\widehat{BFE}\)
\(\widehat{AEH}+\widehat{HEF}+\widehat{BEF}=180^0\)
=>\(\widehat{BFE}+\widehat{BEF}+\widehat{HEF}=180^0\)
=>\(\widehat{HEF}+90^0=180^0\)
=>\(\widehat{HEF}=90^0\)
Xét tứ giác EHGF có
EF=GH
EH=GF
Do đó: EHGF là hình bình hành
Hình bình hành EHGF có EF=EH
nên EHGF là hình thoi
Hình thoi EHGF có \(\widehat{HEF}=90^0\)
nên EHGF là hình vuông
b:
AH+HD=AD
=>AH+1=4
=>AH=3(cm)
ΔAEH vuông tại A
=>\(AE^2+AH^2=EH^2\)
=>\(EH^2=3^2+1^2=10\)
=>\(EH=\sqrt{10}\left(cm\right)\)
EHGF là hình vuông
=>\(S_{EHGF}=EH^2=10\left(cm^2\right)\)
Ta có: \(S_{PQR}=S_{CFP}\Rightarrow S_{PQR}+S_{QPC}=S_{CFP}+S_{QPC}\Rightarrow S_{QRC}=S_{QFC}\)(Tính chất diện tích miền đa giác)
Ta thấy: \(\Delta QRC\)và \(\Delta QFC\)có chung đáy QC mà chúng có diện tích bằng nhau.
Nên chiều cao hạ từ R & F của 2 tam giác này bằng nhau => Khoảng cách từ 2 điểm R & F đến QC bằng nhau
Hay RF // QC => Tứ giác QRFC là hình thang.
Xét hình thang QRFC: FQ giao CR tại P; QR giao CF tại A.
Theo Bổ đề Hình thang (Search Mạng) thì AP đi qua trung điểm của đáy CQ (điểm I) => QI=CI
Xét \(\Delta AQI\)và \(\Delta ACI\)có: QI=CI (cmt); chung chiều cao hạ từ A xuống 2 đáy QI; CI
\(\Rightarrow S_{AQI}=S_{ACI}\). Tương tự: \(S_{PQI}=S_{PCI}\)\(\Rightarrow S_{AQI}-S_{PQI}=S_{ACI}-S_{PCI}\Rightarrow S_{APQ}=S_{APC}\)
Hay \(S_{ARP}+S_{PQR}=S_{AFP}+S_{CFP}\). Mà \(S_{PQR}=S_{CFP}\Rightarrow S_{ARP}=S_{AFP}\)
Lại có: \(S_{ADR}=S_{CFP}\Rightarrow S_{ARP}+S_{ADR}=S_{AFP}+S_{CFP}\Rightarrow S_{APD}=S_{APC}\)
Do 2 tam giác APD và APC chung chiều cao hạ từ A xuống 2 đáy PD & PC và có S bằng nhau
Nên PD=PC. Xét \(\Delta BPD\)và \(\Delta BPC\): PD=PC, chung chiều cao hạ từ B xuống PD và PC
\(S_{BPD}=S_{BPC}\Rightarrow S_{BDRQ}+S_{PQR}=S_{CEQP}+S_{BEQ}\). Mà \(S_{PQR}=S_{BEQ}\Rightarrow S_{BDRQ}=S_{CEQP}\)
Hoàn toàn tương tự: \(S_{CEQP}=S_{AFPR}\). Từ đó ta có: \(S_{AFPR}=S_{BDRQ}=S_{CEQP}\)(đpcm).