Bài 2: Định lý đảo và hệ quả của định lý Talet

Qua M kẻ các đường thẳng song song BE và CF lần lượt cắt AC và AB tại G và H

Do M là trung điểm BC và \(MG||BE\Rightarrow MG\) là đường trung bình tam giác BCE

\(\Rightarrow G\) là trung điểm CE \(\Rightarrow GE=GC=\dfrac{1}{2}EC\)

Tương tự ta có H là trung điểm BF \(\Rightarrow BH=FH=\dfrac{1}{2}BF\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác AMG:

\(\dfrac{AE}{EG}=\dfrac{AI}{IM}\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác AMH:

\(\dfrac{AF}{FH}=\dfrac{AI}{IM}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{EG}=\dfrac{AF}{FH}\Rightarrow\dfrac{AE}{2EG}=\dfrac{AF}{2FH}\Rightarrow\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AF}{FB}\)

\(\Rightarrow EF||BC\) (định lý talet đảo)

Xét ΔABC có

N,M lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>NM là đường trung bình của ΔABC

=>NM//BC

Xét ΔONM và ΔOCB có

\(\widehat{ONM}=\widehat{OCB}\)(hai góc so le trong, MN//BC)

\(\widehat{NOM}=\widehat{COB}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔONM đồng dạng với ΔOCB

=>\(\dfrac{ON}{OC}=\dfrac{OM}{OB}\)

=>\(ON\cdot OB=OM\cdot OC\)

Bài 5:

a: Xét ΔEAB và ΔEMD có

\(\widehat{EAB}=\widehat{EMD}\)(hai góc so le trong, AB//MD)

\(\widehat{AEB}=\widehat{MED}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEAB đồng dạng với ΔEMD

=>\(\dfrac{EA}{EM}=\dfrac{EB}{ED}=\dfrac{AB}{MD}\)

Xét ΔFAB và ΔFCM có

\(\widehat{FAB}=\widehat{FCM}\)(hai góc so le trong, AB//CM)

\(\widehat{AFB}=\widehat{CFM}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFAB đồng dạng với ΔFCM

=>\(\dfrac{FA}{FC}=\dfrac{FB}{FM}=\dfrac{AB}{CM}\)

Ta có: \(\dfrac{FB}{FM}=\dfrac{AB}{CM}\)

\(\dfrac{AE}{EM}=\dfrac{AB}{MD}\)

mà MC=MD

nên \(\dfrac{FB}{FM}=\dfrac{EA}{EM}\)

=>\(\dfrac{ME}{EA}=\dfrac{MF}{FB}\)

Xét ΔMAB có \(\dfrac{ME}{EA}=\dfrac{MF}{FB}\)

nên EF//AB

b: CD=24cm

mà M là trung điểm của CD

nên \(MC=MD=\dfrac{CD}{2}=12\left(cm\right)\)

\(\dfrac{AB}{DM}=\dfrac{EA}{EM}\)

=>\(\dfrac{EA}{EM}=\dfrac{15}{12}=\dfrac{5}{4}\)

=>\(\dfrac{ME}{EA}=\dfrac{4}{5}\)

=>\(\dfrac{ME}{EA+EM}=\dfrac{4}{5+4}\)

=>\(\dfrac{ME}{MA}=\dfrac{4}{9}\)

Xét ΔMAB có EF//AB

nên \(\dfrac{EF}{AB}=\dfrac{ME}{MA}\)

=>\(\dfrac{EF}{15}=\dfrac{4}{9}\)

=>\(EF=15\cdot\dfrac{4}{9}=\dfrac{60}{9}=\dfrac{20}{3}\left(cm\right)\)

c: Xét ΔAMC có EF//MC

nên \(\dfrac{EF}{MC}=\dfrac{AE}{AM}\left(1\right)\)

Xét ΔADM có IE//DM

nên \(\dfrac{IE}{DM}=\dfrac{AE}{AM}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{EF}{MC}=\dfrac{IE}{DM}\)

mà MC=MD

nên EF=IE

Xét ΔBDM có EF//DM

nên \(\dfrac{EF}{DM}=\dfrac{BF}{BM}\left(3\right)\)

Xét ΔBMC có FK//MC

nên \(\dfrac{FK}{MC}=\dfrac{BF}{BM}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\dfrac{EF}{DM}=\dfrac{FK}{MC}\)

mà DM=MC

nên EF=FK

mà EF=EI

nên EI=EF=FK

Bài 14:

Xét ΔAMB có MD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{AM}{MC}\left(1\right)\)

Xét ΔAMC có ME là phân giác

nên \(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AM}{MC}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}\)

Xét ΔABC có \(\dfrac{AD}{DB}=\dfrac{AE}{EC}\)

nên DE//BC

Xét ΔABM có DI//BM

nên \(\dfrac{DI}{BM}=\dfrac{AI}{AM}\left(3\right)\)

Xét ΔAMC có IE//MC

nên \(\dfrac{IE}{MC}=\dfrac{AI}{AM}\left(4\right)\)

Từ (4) và (3) suy ra \(\dfrac{DI}{BM}=\dfrac{IE}{MC}\)

mà BM=MC

nên DI=IE

Xét ΔCAB và ΔCED có

\(\widehat{CAB}=\widehat{CED}\)(hai góc so le trong, DE//AB)

\(\widehat{ACB}=\widehat{ECD}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔCAB đồng dạng với ΔCED

=>\(\dfrac{CA}{CE}=\dfrac{AB}{ED}=\dfrac{CB}{CD}\)

=>\(\dfrac{12}{CE}=\dfrac{18}{ED}=\dfrac{9}{3}=3\)

=>\(CE=\dfrac{12}{3}=4\left(cm\right);ED=\dfrac{18}{3}=6\left(cm\right)\)

ΔMAB vuông tại M

=>\(\widehat{MAB}+\widehat{MBA}=90^0\)

\(\widehat{BAM}+\widehat{BAC}+\widehat{CAN}=180^0\)

=>\(\widehat{BAM}+\widehat{CAN}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\widehat{BAM}+\widehat{MBA}=90^0\)

nên \(\widehat{CAN}=\widehat{MBA}\)

Xét ΔMBA vuông tại M và ΔNAC vuông tại N có

BA=AC

\(\widehat{MBA}=\widehat{NAC}\)

Do đó: ΔMBA=ΔNAC

=>MB=NA

Để A là trung điểm của MN thì AM=AN

mà MB=NA

nên AM=NA=MB

=>MA=MB

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=45^0\)

=>xy tạo với đường thẳng AB một góc 45 độ thì A là trung điểm của MN

ΔCNM vuông tại N

=>\(CM^2=CN^2+NM^2\)

=>\(CN^2=CM^2-NM^2\)

ΔMNB vuông tại N

=>\(MB^2=MN^2+NB^2\)

=>\(NB^2=MB^2-MN^2\)

\(NB^2-NC^2=MB^2-MN^2-\left(MC^2-MN^2\right)\)

\(=MB^2-MN^2-MC^2+MN^2\)

\(=MB^2-MC^2=MB^2-MA^2=AB^2\)

Xét ΔOAB và ΔOCD có

góc OAB=góc OCD
góc AOB=góc COD
=>ΔOAB đồng dạng với ΔOCD
=>OA/OC=OB/OD=AB/CD=3/5

=>BO/BD=3/8; AO/AC=3/8

Xét ΔBDC có ON//DC
nên ON/DC=BO/BD

=>ON/10=3/8

=>ON=3,75cm

Xét ΔADC có OM//DC

nên OM/DC=AO/AC=3/8

=>OM=3,75cm

=>MN=7,5cm

a: MB/MC=2/3

=>MB=2/5BC=10cm

=>MC=15cm

b: KM//AB

=>ΔCKM đồng dạng vơi ΔCAB

=>\(\dfrac{C_{CKM}}{C_{CAB}}=\dfrac{CM}{CB}=\dfrac{3}{5}\)

=>\(C_{ABC}=50\left(cm\right)\)