Bài 1. Cho tam giác ABC và 1 điểm D nằm trên cạnh BC. Vẽ hình bình hành AEDF có E ∈
AB, F ∈ AC. Biết diện tích các tam giác EBD và FCD lần lượt bằng a2 và b2. Chứng minh tam giác ABC có diện tích bằng (a + b)2
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
ta có tam giac ABC cân=>góc B=góc C . BÉ//D=>góc EBD= góc D1( so le trong ). Mà góc D=gốc FDC( đối đỉnh) <=>góc EBD=góc FDC .Mà góc B = góc C . Nên góc C=góc FDC. tam giác FCD cân tại F
tam giác EBD nè : ta có góc BED=góc EDF( so le trong) , góc CFD= góc EDF (so le trong ) <=> góc BED= góc EDF Nên: góc BED= góc CFD. và góc B= góc C . Nên góc EDB=góc FDC ( đ/l trong 1 tam giác ).Mà góc FDC=góc B. Nên góc B=góc EDB. Vậy tam giác EBD cân tại E
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
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).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Có vẻ bài này hơi không phù hợp với học sinh lớp 9. Đầu tiên ta sẽ phải sử dụng định lý sin cho tam giác: Trong tam giác ABC với bán kính đường tròn ngoại tiếp R thì tỷ số giữa cạnh và sin góc đối diện bằng 2R. Nhận xét tiếp theo: Diện tích tam giác bất kỳ một nửa tích độ dài hai cạnh nhân với sin của góc xen giữa hai cạnh đó.
Ta có \(S\left(ABC\right)=S\left(ABF\right)+S\left(ACF\right)=\frac{1}{2}AB\cdot AF\cdot\sin BAF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\sin CAF\)
\(=\frac{1}{2}AB\cdot\frac{CD}{2R}\cdot AF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\frac{BD}{2R}=\frac{AF}{4R}\left(AB\cdot CD+AC\cdot BD\right).\) Do tứ giác ABDC nội tiếp nên theo định lý Ptoleme ta có \(AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC.\) LSuy ra \(S\left(ABC\right)=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Tiếp theo ta có \(S\left(AMDN\right)=S\left(AMD\right)+S\left(ADN\right)=\frac{1}{2}AM\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AN\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot\cos DAC\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AF\cdot\cos BAD\cdot\sin DAC\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\left(\cos DAC\cdot\sin BAD+\sin DAC\cdot\cos BAD\right)=\frac{1}{2}\cdot AF\cdot AD\sin\left(DAC+BAD\right)\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\sin BAC=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\frac{BC}{2R}=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)
Ở đây ta sử dụng công thức hình chiếu \(\sin\left(a+b\right)=\sin a\cos b+\cos a\sin b.\)
Vậy ta có tứ giác AMDN và tam giác ABC cùng diện tích.
Karin Korano
câu hỏi này của lớp 11 nhé !
1 cách trình bày khác; ngắn gọn hơn nha Thầy Giáo Toán
đặt ^BAE=^CAE=α; EAF=β
Ta có S∆ABC =1/2.AB.AF.sin(α+β)+1/2 .AC.AF sin α =AF/4R (AB.CD+AC.BD)
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
SADMN =1/2.AM.AD.sin α +1/2AD.AN.sin(α+β) = 1/2.AD.AF.sin(2α +β) =AF/4R.AD.BC (2)
Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có
: AB.CD + AC.BD = AD.BC (3).
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
#muon roi ma sao con
a, Xét tam giác BEF và tam giác DEA ta có :
^BEF = ^DEA ( đ.đ ) vì AD // BC ( ABCD là hình bình hành )
\(\frac{AE}{EF}=\frac{DE}{BE}\) do AD // BC ( theo định lí Ta lét ) (1)
Vậy tam giác BEF ~ tam giác DEA ( c.g.c )
b, Xét tam giác EGD và tam giác EAB ta có :
^GED = ^EAB ( đ.đ )
\(\frac{AE}{EG}=\frac{BE}{ED}\)AB // DG ( theo định lí Ta lét ) (2)
Vậy tam giác EGD ~ tam giác EAB ( c.g.c )
\(\Rightarrow\frac{EG}{EA}=\frac{ED}{EB}\Rightarrow EG.EB=ED.EA\)( đpcm )
c, Từ (2) ta có : \(\frac{AE}{EG}=\frac{BE}{ED}\Rightarrow\frac{EG}{AE}=\frac{ED}{BE}\)( 3 )
Từ (1) ; (3) ta có : \(\frac{AE}{EF}=\frac{EG}{AE}=\frac{ED}{BE}\Rightarrow AE^2=EG.EF\)
a, Xét tam giác AEB và tam giác AFC ta có
^AEB = ^AEC = 900
^A _ chung
Vậy tam giác AEB ~ tam giác AFC ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)( tỉ số đồng dạng ) \(\Rightarrow AE.AC=AB.AF\)