Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{B'A}{B'C}=\dfrac{S_{AMB'}}{S_{CMB'}}=\dfrac{S_{ABB'}}{S_{CBB'}}=\dfrac{S_{ABB'}-S_{AMB'}}{S_{CBB'}-S_{CMB'}}=\dfrac{S_{ABM}}{S_{CBM}}\)
\(\dfrac{C'A}{C'B}=\dfrac{S_{AMC'}}{S_{BMC'}}=\dfrac{S_{ACC'}}{S_{BCC'}}=\dfrac{S_{ACC'}-S_{AMC'}}{S_{BCC'}-S_{BMC'}}=\dfrac{S_{ACM}}{S_{CBM}}\)
\(\dfrac{MA}{MA'}=\dfrac{S_{ABM}}{S_{A'BM}}=\dfrac{S_{ACM}}{S_{A'CM}}=\dfrac{S_{ABM}+S_{ACM}}{S_{A'BM}+S_{A'CM}}=\dfrac{S_{ABM}+S_{ACM}}{S_{MBC}}=\dfrac{S_{ABM}}{S_{MBC}}+\dfrac{S_{ACM}}{S_{MBC}}=\dfrac{B'A}{B'C}+\dfrac{C'A}{C'B}\)
Bài 1:
Gọi E là trung điểm AG và AD là trung tuyến
Mà G là trọng tâm nên \(AE=EG=GD=\dfrac{1}{3}AD\)
Gọi E' và D' lần lượt là hình chiếu của E và D lên d
Ta có AA'//BB'//CC'//DD'//EE'//GG' (cùng vuông góc với d)
Xét hình thang AA'G'G có E là trung điểm AG và EE'//AA'//GG' nên E' là trung điểm A'G'
Do đó EE' là đtb hình thang AA'G'G
Do đó \(EE'=\dfrac{AA'+GG'}{2}\left(1\right)\)
Xét hình thang BB'C'C có D là trung điểm BC và DD'//BB'//CC' nên D' là trung điểm B'C'
Do đó DD' là đtb hình thang BB'C'C
Do đó \(DD'=\dfrac{BB'+CC'}{2}\left(2\right)\)
Xét hình thang EE'D'D có G là trung điểm ED và EE'//DD'//GG' nên G' là trung điểm E'D'
Do đó GG' là đtb hình thang EE'D'D
Do đó \(2GG'=EE'+DD'\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow2GG'=\dfrac{AA'+GG'+BB'+CC'}{2}\)
\(\Rightarrow4GG'=AA'+BB'+GG'+CC'\\ \Rightarrow3GG'=AA'+BB'+CC'\\ \Rightarrow GG'=\dfrac{AA'+BB'+CC'}{3}\)
E sửa lại cái đề đi nha
Kẻ MN đối ME sao cho \(MN=ME\); DE cắt AB tại F
Mà \(AM=MD;\widehat{AMN}=\widehat{EMD}\left(đối.đỉnh\right)\)
Do đó \(\Delta AMN=\Delta DME\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ANM}=\widehat{MED};AN=DE\)
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AN//DE
Vì tg ABC đều nên \(\widehat{FAD}=60^0;\widehat{ACB}=60^0\)
Mà tg AFD vuông tại F nên \(\widehat{ADF}=90^0-\widehat{FAD}=30^0\)
Do đó \(\widehat{ADF}=\widehat{EDC}=30^0\left(đối.đỉnh\right)\)
Ta có \(\widehat{ECD}=\widehat{ECB}-\widehat{ACB}=90^0-60^0=30^0\Rightarrow\widehat{ECD}=\widehat{EDC}\)
Do đó tg EDC cân tại E nên \(ED=EC\)
\(\Rightarrow EC=AN\)
Ta có AN//DE;DE⊥AB nên AN⊥AB
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{NAB}=\widehat{ECB}=90^0\\AN=EC\\AB=AC\end{matrix}\right.\) nên \(\Delta ANB=\Delta CEB\left(2.cgv\right)\)
\(\Rightarrow AB=AE\left(1\right);\widehat{NBA}=\widehat{EBC}\\ \Rightarrow\widehat{NBA}+\widehat{ABE}=\widehat{EBC}+\widehat{ABE}=\widehat{ABC}=60^0\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow\Delta BNE\) đều
Mà BM là trung tuyến \(\left(NM=ME\right)\) nên cũng là p/g
Vậy \(\widehat{MBE}=\dfrac{1}{2}\widehat{NBE}=30^0\)
.
và diện tích tam giác ABC là 67,5 cm
a) Xét tam giác \(ABC\) có \(B'C'//BC\) nên theo định lí Thales ta có:
\(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{{AC'}}{{AC}} \Rightarrow \frac{2}{6} = \frac{{AC'}}{8}\). Do đó, \(AC' = \frac{{2.8}}{6} = \frac{8}{3}\left( {cm} \right)\).
Vậy \(AC' = \frac{{16}}{3}cm\).
b) Xét tam giác \(ABC\) có \(C'D//AB\) nên theo định lí Thales ta có:
\(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{AC'}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{BD}}{{10}} = \frac{{\frac{8}{3}}}{8}\). Do đó, \(BD = \frac{{10.\frac{8}{3}}}{8} = \frac{{10}}{3}\left( {cm} \right)\).
Vậy \(BD = \frac{{10}}{3}cm\).
Ta có: \(BB' = AB - AB' = 6 - 2 = 4cm\)
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}B'C'//BC\\C'D//AB\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}B'C'//BD\\C'D//B'B\end{array} \right.\) (do \(D \in BC;B' \in AB\))
Xét tứ giác \(B'C'DB\) có
\(\left\{ \begin{array}{l}B'C'//BD\\C'D//B'B\end{array} \right. \Rightarrow \) tứ giác \(B'C'DB\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}B'C' = BD = \frac{{10}}{3}cm\\BB' = C'D = 4cm\end{array} \right.\) (tính chất hình bình hành)
c) Ta có: \(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3};\frac{{AC'}}{{AC}} = \frac{{\frac{8}{3}}}{8} = \frac{1}{3};\frac{{BC'}}{{BC}} = \frac{{\frac{{10}}{3}}}{{10}} = \frac{1}{3}\)
Do đó, \(\frac{{AB'}}{{AB}} = \frac{{AC'}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{BC}}\).