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)
Lời giải:
a) Vì $FN\parallel AC$ nên áp dụng định lý Talet:
\(\frac{NC}{NB}=\frac{FA}{FB}=\frac{DB}{DC}\)
Nếu $NB=DC$ thì do $MB=MC$ nên $MB-NB=MC-DC$
$\Leftrightarrow MN=MD$ nên $M$ là trung điểm $DN$.
Nếu $NB\neq DC$ thì áp dụng TCDTSBN: $\frac{NC}{NB}=\frac{DB}{DC}=\frac{NC-DB}{NB-DC}=\frac{DC-NB}{NB-DC}=-1< 0$ (vô lý)
Vậy ta có đpcm.
b)
Vì $M$ là trung điểm $DN$, $P$ là trung điểm $DF$ nên $MP$ là đtb ứng với cạnh $FN$
$\Rightarrow MP\parallel FN$ và $MP=\frac{1}{2}FN(1)$
Mặt khác:
$FN\parallel AC\Rightarrow FN\parallel AE(2)$
$\frac{NC}{NB}=\frac{FA}{FB}=\frac{EC}{EA}$ nên theo Talet đảo thì $EN\parallel AB$ hay $EN\parallel AF(3)$
Từ $(2); (3)$ suy ra $AENF$ là hình bình hành nên $AE=FN(4)$
Từ $(1); (2);(4)$ suy ra $MP\parallel AE$ và $MP=\frac{1}{2}AE$ (đpcm)
c) Gọi $G$ là giao điểm $AM$ và $EP$. Theo định lý Talet:
$\frac{AG}{GM}=\frac{EG}{GP}=\frac{AE}{MP}=2$
$\Rightarrow \frac{AG}{AM}=\frac{EG}{EP}=\frac{2}{3}$
Do đó $G$ chính là trọng tâm của $ABC$ và $DEF$. Ta có đpcm.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta thấy M,P lần lượt là trung điểm của AB,BC => MP là đường trung bình trong \(\Delta\)ABC
=> MP // AC hay MP // AD. Xét \(\Delta\)BAD có: M là trung điểm AB, MP // AD => MP đi qua trung điểm BD
Gọi MP cắt BD tại S. Khi đó S là trung điểm BD. Ta sẽ chứng minh AI đi qua S, thật vậy:
Áp dụng hệ quả ĐL Thales có: \(\frac{ON}{AM}=\frac{OP}{BM}\left(=\frac{CO}{CM}\right)\)=> ON = OP (Vì AM = BM)
Áp dụng ĐL Melelaus cho \(\Delta\)PCN và 3 điểm A,O,I có \(\frac{IP}{IC}.\frac{ON}{OP}.\frac{AC}{AN}=1\)
Thay \(\frac{ON}{OP}=1,\frac{AC}{AN}=2\), ta được \(\frac{IP}{IC}=\frac{1}{2}\). Do đó \(\frac{IC}{IB}=\frac{1}{2}\)(Vì PC=1/2BC)
Áp dụng ĐL Melelaus cho \(\Delta\)ABC và 3 điểm M,I,D có \(\frac{MA}{MB}.\frac{IC}{IB}.\frac{DA}{DC}=1\)
Thay \(\frac{MA}{MB}=1,\frac{IC}{IB}=\frac{1}{2}\)(cmt), ta được \(\frac{DA}{DC}=2\)=> C là trung điểm AD
Xét \(\Delta\)BAD: Các trung tuyến DM, BC cắt nhau tại I => I là trọng tâm của \(\Delta\)BAD
Ta có S là trung điểm BD nên AI đi qua S. Như vậy AI,BD,MP đồng quy tại trung điểm BD (đpcm).
Gọi S là giao điểm của MP và BD
Vì P là giao điểm của MS và BC
=> Tứ giác BMCS là hình bình hành
=> \(MC//BD\)
Mà M là trung điểm của AB
=> C là trung điểm của AD
CMTT S là trung điểm của BD
=> BC; DM lần lượt là trung tuyến của tam giác ABD
Mà BC giao DM tại I
=> I là trọng tâm của tam giác ABD
Mà S là trung điểm của BD
=> A;I;S thẳng hàng
=> AI;BD;MP đồng quy tại S
Vậy AI;BD;MP đồng quy tại S
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài 2:
a) Xét tam giác BMC và tam giác MCN có:
Chung đường cao hạ từ M xuống BN, 2 đáy BC=CN
\(\Rightarrow S_{BMC}=S_{MCN}\)
\(\Rightarrow S_{BMN}=2S_{BMC}\)(1)
Xét tam giác ABC và tam giác BMC có:
Chung đường cao hạ từ C xuống đường thẳng AM , 2 đáy AB=BM
\(\Rightarrow S_{ABC}=S_{BMC}\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow S_{BMN}=2S_{ABC}\)
CMTT \(S_{APM}=2S_{ABC};S_{PCN}=2S_{ABC}\)
\(\Rightarrow S_{PMN}=S_{PCN}+S_{APM}+S_{BMN}+S_{ABC}\)
\(=7S_{ABC}\left(đpcm\right)\)
Bài 3:
Áp dụng tính chất 2 tam giác có chung đường cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số 2 đáy tương ứng với đường cao đó, ta có:
\(BP=\frac{1}{3}BC\Rightarrow S_{ABP}=\frac{1}{3}S_{ABC}\)
Tương tự có \(\hept{\begin{cases}S_{BMC}=\frac{1}{3}S_{ABC}\\S_{CAN}=\frac{1}{3}S_{ABC}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow S_{ABP}+S_{BMC}+S_{CAN}=S_{ABC}\)
\(\Rightarrow S_{ANE}+S_{BNEF}+S_{BFP}+S_{BFP}+S_{CPFI}+S_{CMI}+S_{CMI}+S_{MIEA}+S_{ANE}\)
\(=S_{ANE}+S_{BNEF}+S_{CPFI}+S_{BFP}+S_{CPFI}+S_{CMI}+S_{MIEA}+S_{EFI}\)
\(\Rightarrow S_{ANE}+S_{BFP}+S_{CMI}=S_{EFI}\left(đpcm\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Vì \(AM = MB \Rightarrow M\) là trung điểm của \(AB\) (do \(M\) thuộc \(AB\))
\( \Rightarrow AM = \frac{1}{2}AB \Leftrightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}\);
Vì \(AN = NC \Rightarrow N\) là trung điểm của \(AC\) (do \(N\) thuộc \(AC\))
\( \Rightarrow AN = \frac{1}{2}AC \Leftrightarrow \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{2}\).
b) Vì \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2};\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).
Xét tam giác \(ABC\) có \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) nên áp dụng định lí Thales đảo ta được \(MN//BC\).
c) Xét tam giác \(ABC\) có \(MN//BC\) nên áp dụng hệ quả định lí Thales ta được \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{BC}}\)
Mà \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{2}\).
Vậy \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) (điều phải chứng minh).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Sửa đề: Q là trung điểm của AN
Xét ΔAMN có
P là trung điểm của AM(gt)
Q là trung điểm của AN(gt)
Do đó: PQ là đường trung bình của ΔAMN(Định nghĩa đường trung bình của tam giác)
Suy ra: PQ//MN và \(PQ=\dfrac{MN}{2}\)(Định lí 2 về đường trung bình của tam giác)
hay MN//CP(đpcm)
a) Vì \(MP\parallel BQ\) nên ta có \(\frac{{MP}}{{BQ}} = \frac{{AP}}{{AQ}}\) (Định lý Thales)
Vì \(PN\parallel QC\) nên ta có \(\frac{{PN}}{{QC}} = \frac{{AP}}{{AQ}}\) (Định lý Thales)
\( \Rightarrow \frac{{MP}}{{BQ}} = \frac{{PN}}{{QC}} = \frac{{AP}}{{AQ}}\)
b) Vì \(MP\parallel QC\) nên \(\frac{{MP}}{{QC}} = \frac{{IP}}{{IQ}}\) (Hệ quả của định lý Thales)
Vì \(PN\parallel BQ\) nên \(\frac{{PN}}{{BQ}} = \frac{{IP}}{{IQ}}\) (Hệ quả của định lý Thales)
\( \Rightarrow \frac{{MP}}{{QC}} = \frac{{PN}}{{BQ}} = \frac{{IP}}{{IQ}}\)