Câu 2a. Theo đầu bài ta có hình:

Nhìn hình ta thấy: S_MNP = S_ABC - ( S_MBN + S_AMP + S_PNC )

1) Do BN = 1/4 BC  =>  S_ABN = 1/4 S_ABC
Do AM + MB = AB mà AM = 1/4 AB  =>  MB = 3/4 AB  =>  S_MBN = 3/4 S_ABN
=> S_MBN = 3/4 * 1/4 = 3/16 S_ABC

2) Do AM = 1/4 AB  =>  S_AMC = 1/4 S_ABC
Do CP + PA = CA mà CP = 1/4 CA  =>  PA = 3/4 CA  =>  S_AMP = 3/4 S_AMC
=> S_AMP = 3/4 * 1/4 = 3/16 S_ABC

3) Do CP = 1/4 CA  =>  S_PBC = 1/4 S_ABC
Do BN + NC = BC mà BN = 1/4 BC  =>  NC = 3/4 BC  =>  S_PNC = 3/4 S_PBC
=> S_PNC = 3/4 * 1/4 = 3/16 S_ABC

Từ 1), 2), 3) và phép tính trên suy ra S_MNP = S_ABC - ( 3/16 S_ABC + 3/16 S_ABC + 3/16 S_ABC ) = 7/16 S_ABC

bạn có thể giúp mình tất cả các bài còn lại đc ko

Theo định lý sin ta có:

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot sinA=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot8\cdot sin30^o=8\left(cm^2\right)\)

Mà: ΔAEC vuông tại E ta có:

\(AE=sinA\cdot AC=sin30^o\cdot8=4\left(cm\right)\)

ΔABD vuông tại D nên ta có:

\(AD=sinA\cdot AB=sin30^o\cdot4=2\left(cm\right)\)

Theo định lý sin ta có:

\(S_{AED}=\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot AD\cdot sinA\)

\(\Rightarrow S_{AED}=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot2\cdot sin30^o=2\left(cm^2\right)\)

hình ạ

Ta thấy ngay \(\Delta AIK\sim\Delta ACB\left(g-g\right)\)

Vậy tỉ số diện tích hai tam giác bằng bình phương tỉ số đồng dạng.

Do góc A = 60^o nên \(\frac{AK}{AB}=cos60^o=\frac{1}{2}\)

Vậy thì \(\frac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\Rightarrow S_{AIK}=160:4=40\left(cm^2\right)\)

tại sao lại AK/AB = cos60* =1/2

Dễ thấy \(\widehat{BAH}=90^o-\widehat{B}=\widehat{C}\), mà \(\widehat{C}=30^o\) nên \(\widehat{BAH}=30^o\). Trong tam giác ABH vuông tại H, ta có \(\dfrac{BH}{AH}=\tan\widehat{BAH}=\tan30^o=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\).

Trước hết ta tính \(\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}\). Để ý rằng \(\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}=\dfrac{EH}{AH}\). Mặt khác, \(\dfrac{EH}{AE}=\dfrac{BH}{AB}=\sin\widehat{BAH}=\sin30^o=\dfrac{1}{2}\) \(\Rightarrow\dfrac{EH}{AH}=\dfrac{1}{3}\) hay \(\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}=\dfrac{1}{3}\) (*). Lại thấy \(\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABC}}=\dfrac{BH}{BC}\), mà \(\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow BH=\dfrac{1}{2}AB\) và \(\dfrac{AB}{BC}=\sin\widehat{C}=\sin30^o=\dfrac{1}{2}\) \(\Rightarrow AB=\dfrac{1}{2}BC\). Từ đó suy ra \(BH=\dfrac{1}{4}BC\) hay \(\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{1}{4}\) hay \(\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{4}\) (**)

Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}.\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{4}\Rightarrow\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{12}\)

Xét tam giác AEF và tam giác ABC có:

A chung

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\left(=cosA\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=cos^2A=1-sin^2A\)

\(1-\sin^2A=\cos^2A=\dfrac{AF^2}{AC^2}\left(1\right)\)

Ta có \(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90^0\Rightarrow\Delta AEB\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AF}{AC}\right)^2=\dfrac{AF^2}{AC^2}\left(2\right)\\ \left(1\right)\left(2\right)\RightarrowĐpcm\)