Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tam giác ABD có
M, N tương ứng là trung điểm của AB, AD
\( \Rightarrow \) MN là đường trung bình của tam giác ABD
\( \Rightarrow \) MN // BD mà BD \( \bot \) BC (\(\widehat {CBD} = {90^0}\))
\( \Rightarrow \) MN \( \bot \) BC.
b) Vì G, K tương ứng là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD nên \(\frac{{CG}}{{CM}} = \frac{{CK}}{{CN}} = \frac{2}{3}\)
\( \Rightarrow \) GK // MN (Định lý Talet) mà MN \( \bot \) BC
\( \Rightarrow \) GK \( \bot \) BC.
Tham khảo:
a) Ta có: M là trọng tâm của tam giác BCD
Nên M nằm trên trung tuyến BI (1)
Ta có: N là trọng tâm của tam giác ACD
Nên N nằm trên trung tuyến AI (2)
Từ (1) và (2) suy ra M và N thuộc mp (ABI)
b) Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AG, BG
Ta có: HK // AB
AB // MN
Suy ra MN // HK
Theo định lý Ta-let, ta có: \(\frac{{GM}}{{GH}} = \frac{{GN}}{{GK}} = \frac{{MN}}{{HK}}(1)\)
Ta có:\(\frac{{HK}}{{AB}} = \frac{1}{2},\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{1}{3}\)
Do đó \(\frac{{MN}}{{AB}}:\frac{{HK}}{{AB}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{MN}}{{HK}} = \frac{2}{3}(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra\(\frac{{GM}}{{GH}} = \frac{2}{3}GH = \frac{1}{2}GA \Rightarrow \frac{{GM}}{{\frac{1}{2}GA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{GM}}{{GA}} = \frac{1}{3}\)
Chứng minh tương tự ta được\(\frac{{GN}}{{GB}} = \frac{1}{3}\)
c) Gọi H, K lần lượt là trung điểm của BC, BD
Tam giác AHD có:\(\frac{{HM}}{{HD}} = \frac{{HQ}}{{HA}} = \frac{1}{3}\)
Suy ra: QM // AD
Do đó, tam giác QGM đồng dạng với tam giác DGA
Nên D, G, Q thẳng hàng
Ta có: QM // AD nên \(\frac{{QM}}{{AD}} = \frac{{HM}}{{HD}} = \frac{{HQ}}{{HA}} = \frac{1}{3}\)
Mà \(\frac{{QM}}{{AD}} = \frac{{QG}}{{GD}}\)
Do đó:\(\frac{{QG}}{{GD}} = \frac{1}{3}\)
Chứng minh tương tự ta được\(\frac{{GP}}{{GC}} = \frac{1}{3}\)
Suy ra điều cần chứng minh.
a) △ABC có M và N là trung điểm của AB, BC nên MN // AC (1)
△ACD có P và Q là trung điểm của CD, DA nên PQ // AC (2)
△SMN có I và J là trung điểm của SM, SN nên IJ // MN (3)
△SPQ có L và K là trung điểm của SQ, SP nên LK // PQ (4)
Từ (1)(2)(3)(4) suy ra IJ // LK. Do đó: I, J, K, L đồng phẳng.
Ta có: \(\dfrac{MN}{AC}=\dfrac{QP}{AC}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{IJ}{MN}=\dfrac{LK}{PQ}=\dfrac{1}{2}\)
Từ (6)(7) suy ra: IJ = LK mà IJ // LK
Do đó: IJKL là hình bình hành.
b) Ta có: M, P lần lượt là trung điểm của AB, CD
Suy ra: MP // BC (1)
△SMP có: I, K là trung điểm của SM, SP
Suy ra: IK // MP (2)
Từ (1)(2) suy ra: IK // BC.
c) Ta có: J là điểm chung của hai mặt phẳng (IJKL) và (SBC)
Mà: IK // BC
Từ J kẻ Jx sao cho Jx // BC. Do đó, Jx là giao tuyến của hai mặt phẳng (IJKL) và (SBC).
△AMP có: I, K là trung điểm AM, AP
Suy ra: IK // MP mà MP thuộc (BCD) nên IK // (BCD) (1)
△ANP có: J, K là trung điểm AN, AP
Suy ra: JK // NP mà NP thuộc (BCD) nên JK // (BCD) (2)
(1)(2) suy ra: (IJK) // (BCD).
Gọi L là trung điểm của đoạn thẳng OF. Ta thấy phép đối xứng qua đường thẳng EH biến hình thang AEJK thành hình thang BELF, phép tịnh tiến theo vectơ BF biến hình thang BELF thành hình thang FOIC. Như vậy phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép biến hình trên, sẽ biến hình thang AEJK thành hình thang FOIC. Do đó hai hình thang AEJK và FOIC bằng nhau.
Gọi L là trung điểm của đoạn thẳng OF.
Ta thấy phép đối xứng qua đường thẳng EH biến hình thang AEJK thành hình thang BELF, phép tịnh tiến theo vectơ BF biến hình thang BELF thành hình thang FOIC. Như vậy phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép biến hình trên, sẽ biến hình thang AEJK thành hình thang FOIC. Do đó hai hình thang AEJK và FOIC bằng nhau.
a: Gọi E là trung điểm của AB
ΔABC đều nên CE vuông góc AB
ΔABD đều nên DE vuông góc AB
=>AB vuông góc (CDE)
=>AB vuông góc CD
b: Xét ΔCAB có CN/CB=CM/CA
nên MN//AB và MN=1/2AB
Xét ΔDAB có DQ/DA=DP/DB
nên PQ//AB và PQ/AB=DQ/DA=1/2
=>MN//PQ và MN=PQ
=>MNPQ là hình bình hành
Xét ΔADC có AQ/AD=AM/AC
nên QM//DC
=>QM vuông góc AB
=>QM vuông góc QP
=>MNPQ là hình chữ nhật
Gọi L là trung điểm của OF.
+ Vì EO là đường trung trực của các đoạn thẳng AB; KF; JL
⇒ B = ĐEO (A); F = ĐEO (K) ; L = ĐEO (J); E = ĐEO (E)
⇒ Hình thang BFLE là ảnh của hình thang AKJE qua phép đối xứng trục EO.
⇒ Hai hình thang BFLE và AKJE bằng nhau (1)
⇒ Hình thang FCIO là ảnh của hình thang BFLE qua phép tịnh tiến theo 
⇒ Hai hình thang FCIO và BFLE bằng nhau (2)
Từ (1) và (2) ⇒ hai hình thang FCIO và AKJE bằng nhau.
Đặt \(\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{b},\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{c}\) và \(\left|\overrightarrow{a}\right|=\overrightarrow{a},\left|\overrightarrow{b}\right|=\overrightarrow{b},\left|\overrightarrow{c}\right|=\overrightarrow{c}\)
Đặt tiếp \(\widehat{BDC}=\alpha,\widehat{CDA}=\beta,\widehat{ADB}=\gamma\)
Từ giả thiết suy ra EIHF là hình bình hành. Nhưng EH = FI nên đó là hình chữ nhật
Suy ra : \(EF\perp EI\Rightarrow\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DC}=0\)
\(\Rightarrow\left(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\right).\overrightarrow{c}=0\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}\) (1)
Hoàn toàn tương tự cũng được
\(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
\(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=\overrightarrow{c}.\overrightarrow{a}\)
\(\Leftrightarrow a.b\cos\gamma=b.c\cos\alpha=c.a\cos\beta\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{\cos\alpha}=\frac{b}{\cos\beta}=\frac{c}{\cos\gamma}\)
=> Điều cần chứng minh