Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cái bài này thì có lẽ bạn nên chứng minh AM⊥FE là nó ra liền à
Tứ giác AEHF là hình chữ nhật (3 góc vuông) \(\Rightarrow HE=AF\) và \(AE=HF\)
\(S_{ABC}=S_{ABH}+S_{ACH}=\dfrac{1}{2}HE.AB+\dfrac{1}{2}HF.AC=\dfrac{1}{2}AB.AF+\dfrac{1}{2}AC.AE\)
Gọi K là trung điểm AB \(\Rightarrow MK\) là đường trung bình tam giác ABC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MK=\dfrac{1}{2}AC\\MK\perp AB\end{matrix}\right.\)
Gọi D là trung điểm AC \(\Rightarrow MD\) là đtb tam giác ABC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MD=\dfrac{1}{2}AB\\MD\perp AC\end{matrix}\right.\)
\(S_{AEMF}=S_{ABC}-\left(S_{BME}+S_{CMF}\right)=S_{ABC}-\left(\dfrac{1}{2}MK.BE+\dfrac{1}{2}MD.CF\right)\)
\(=S_{ABC}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}AC.\left(AB-AE\right)+\dfrac{1}{2}AB.\left(AC-AF\right)\right)\)
\(=S_{ABC}-\dfrac{1}{2}\left(AB.AC-\left(\dfrac{1}{2}AC.AE+\dfrac{1}{2}AB.AF\right)\right)\)
\(=S_{ABC}-\dfrac{1}{2}\left(2S_{ABC}-S_{ABC}\right)=\dfrac{1}{2}S_{ABC}\) (đpcm)
a) Xét \(\Delta BAE\) và \(\Delta CAF\) có:
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{AEB}=\widehat{CFA}=90^0\)
nên \(\Delta BAE\sim\Delta CAF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{BA}{CA}=\dfrac{AE}{AF}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta AEF\) có:
Góc A chung
\(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)
nên \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=cos^2A=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow2S_{AEF}=S_{ABC}=S_{AEF}+S_{BFEC}\) \(\Leftrightarrow S_{AEF}=S_{BFEC}\) (dpcm)
b) Có \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) (do \(\Delta ABC\sim\Delta AEF\))
\(\Leftrightarrow90^0-\widehat{AFE}=90^0-\widehat{ACB}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{EFC}=\widehat{DAC}\) mà \(\widehat{C}\) chung \(\Rightarrow\Delta EFC\sim\Delta HAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{EF}{HA}=\dfrac{FC}{AC}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{EF}{HA}=sinA\)\(\Leftrightarrow EF=HA.sinA\)
c)CM được:\(\Delta DHC\sim\Delta FBC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HD}{BF}=\dfrac{CH}{BC}\Leftrightarrow\dfrac{HD.BC}{BF}=CH\)
\(\Delta HEC\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)\(\Rightarrow\dfrac{HE}{AF}=\dfrac{HC}{AC}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{HE.AC}{AF}=HC\)
Xét \(S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA\)\(=\dfrac{1}{2}.HD.BC.\dfrac{FC}{BF}-\dfrac{1}{2}.HE.AC.\dfrac{FC}{AF}\)
\(=\dfrac{1}{2}.CH.FC-\dfrac{1}{2}.HC.FC=0\) \(\Leftrightarrow S_{BHC}.tanB-S_{HAC}.tanA=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{S_{BHC}}{tanA}=\dfrac{S_{HAC}}{tanB}\) , CM tương tự \(\Rightarrow\dfrac{S_{HAC}}{tanB}=\dfrac{S_{HAB}}{tanC}\)
=>dpcm
a) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên \(GM = \dfrac{1}{3}AM\)
Kẻ \(BP \bot AM\) ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GMP}} = \dfrac{1}{2}BP.GM\\{S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}BP.AM\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{GMP}}}}{{{S_{ABM}}}} = \dfrac{{GM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {S_{GMP}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABM}}\)(1)
Tương tự, kẻ \(CN \bot AM\), ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GMC}} = \dfrac{1}{2}CN.GM\\{S_{ACM}} = \dfrac{1}{2}CN.AM\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{GMC}}}}{{{S_{ACM}}}} = \dfrac{{GM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {S_{GMC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ACM}}\left( 2 \right)\end{array}\)
Cộng 2 vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{GMB}} + {S_{GMC}} = \dfrac{1}{3}\left( {{S_{AMC}} + {S_{ABM}}} \right)\\ \Rightarrow {S_{GBC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\end{array}\)
b)
Ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GAB}} = \dfrac{1}{2}BP.AG\\{S_{GAC}} = \dfrac{1}{2}CN.AG\end{array}\)
Xét \(\Delta BPM\) và \(\Delta CNM\) có:
\(\widehat {BPM} = \widehat {CNM} = {90^0}\)
BM = CM ( M là trung điểm của BC)
\(\widehat {PMB} = \widehat {CMN}\)(2 góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta BPM = \Delta CNM\)(cạnh huyền – góc nhọn)
\( \Rightarrow \) BP = CN (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow {S_{GAB}} = {S_{GAC}}\)
Ta có: \(AG = \dfrac{2}{3}AM\)
\(\begin{array}{l}{S_{ACB}} = {S_{GAB}} + {S_{GAC}} + {S_{GCB}}\\ \Rightarrow {S_{ACB}} = {S_{GAB}} + {S_{GAC}} + \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\\ \Rightarrow \dfrac{2}{3}{S_{ABC}} = 2{S_{GAC}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{3}{S_{ABC}} = {S_{GAC}} = {S_{GAB}}\end{array}\)