Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Theo hệ quả định lý Ta let ta có:
ΔABC có B’C’ // BC (B’ ∈ AB; C’ ∈ AC) ⇒ 
ΔAHC có H’C’ // HC (H’ ∈ AH, C’ ∈ AC) ⇒ 
1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và
F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .
2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.
Ta có G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B , và F B ∥ A D ta có G ∈ A D .
3). Chứng minh B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):
- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
+ Góc \(A\) chung.
+ Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).
2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:
- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).
3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:
- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.
.
và diện tích tam giác ABC là 67,5 cm
a) Ta có: d // BC (gt)
\(\Rightarrow\)B'C' // BC, theo hệ quả của định lí Ta-lét ta có:
\(\frac{AB'}{AB}=\frac{B'C'}{BC}\)(Trong \(\Delta AB'C'\)và \(\Delta ABC\)) (1)
Và \(\frac{AB'}{AB}=\frac{AD'}{AD}\)(Trong \(\Delta AB'D'\)và \(\Delta ABD\)) (2)
Từ (1), (2) \(\Rightarrow\)\(\frac{B'C'}{BC}=\frac{AD'}{AD}\left(3\right)\)
b) Ta có: AD' = \(\frac{1}{3}\)AD (gt) (4) \(\Leftrightarrow\frac{AD'}{AD}=\frac{1}{3}\left(5\right)\)
Từ (3), (5) \(\Rightarrow\frac{B'C'}{BC}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow B'C'=\frac{1}{3}BC\)\(\left(6\right)\)
Tích của cạnh đáy BC và đuuờng cao AD là:
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AD.BC\)
\(\Leftrightarrow\)73,5 \(=\frac{1}{2}AD.BC\)
\(\Leftrightarrow\)\(AD.BC=\)73,5 :\(\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\)\(AD.BC=\)147 \(\left(7\right)\)
Diện tích tam giác AB'C' là:
\(S_{AB'C'}=\frac{1}{2}AD'.B'C'\)
Từ (4), (6) \(\Rightarrow S_{AB'C'}\)=\(\frac{1}{2}.(\frac{1}{3}.AD.\frac{1}{3}BC)\)
\(\Leftrightarrow S_{AB'C'}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.AD.BC\)
Từ (7) \(\Rightarrow S_{AB'C'}\)\(=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.147\)
\(=\frac{49}{6}\)
Vậy \(S_{AB'C'}=\frac{49}{6}cm^2\)