Bài 4: Tính chất ba đường trung tuyến của tam giác

a: Xét ΔNBC và ΔMCB có

NB=MC

\(\widehat{NBC}=\widehat{MCB}\)

BC chung

DO đó: ΔNBC=ΔMCB

Suy ra: \(\widehat{BNC}=\widehat{CMB}\)

b: Xet ΔKBC có \(\widehat{KBC}=\widehat{KCB}\)

nên ΔKBC cân tại K

a) Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên :

\(\dfrac{BG}{BN}=\dfrac{2}{3};\dfrac{GM}{AG}=\dfrac{1}{2}\)Do G là trung điểm của AD NÊN\(\dfrac{GD}{AG}=1\)

\(\Rightarrow GM=MG\) . \(\Rightarrow\dfrac{GD}{AG}=\dfrac{2}{3}\)

Tự cm \(\Delta BMD=\Delta CMG\left(c-g-c\right)\)

=> \(GC=BD\) Mà \(\dfrac{GC}{QC}=\dfrac{2}{3}\) \(\Rightarrow\dfrac{BD}{QC}=\dfrac{2}{3}\)

Vậy \(\dfrac{BG}{BN}=\dfrac{2}{3};\dfrac{BD}{QC}=\dfrac{2}{3};\dfrac{GD}{AG}=\dfrac{2}{3}\)

b) ta có luôn \(BM=\dfrac{1}{2}BC\left(gt\right)\)

Tự chứng minh KG là đường trung bình của Tam giác ABD

=> \(KG=\dfrac{AB}{2}\)

HN = BG = DC ; HN // CD (tự chứng minh ) => \(HD=NC=\dfrac{1}{2}AC\)

Vậy .......

\(\text{a) Ta có: }AG=\dfrac{2}{3}AM\left(G\text{ là trực tâm của }\Delta ABC\right)\\ \text{Mà }AG=GD\left(G\text{ là trung điểm }AD\right)\\ \Rightarrow GD=\dfrac{2}{3}AM\left(1\right)\\ \text{Mà }GM=\dfrac{1}{3}AM\left(G\text{ là trực tâm của }\Delta ABC\right)\\ \Rightarrow MD=MG=GD-GM=\dfrac{2}{3}AM=\dfrac{1}{3}AM=\dfrac{1}{3}AM\\ \text{Xét }\Delta BMD\text{ và }\Delta GMC\text{ có: }\left\{{}\begin{matrix}AM=BM\left(\text{Chứng minh trên}\right)\\\widehat{BMD}=\widehat{GMC}\left(\text{ 2 góc đối đỉnh }\right)\\MD=MG\left(\text{Chứng minh trên}\right)\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\Delta BMD=\Delta GMC\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow BD=GC\left(\text{ 2 góc tương ứng }\right)\\ \text{Mà }GC=\dfrac{2}{3}CQ\left(G\text{ là trực tâm của }\Delta ABC\right)\\ \Rightarrow BD=\dfrac{2}{3}CQ\left(2\right)\\ \text{Lại có : }BG=\dfrac{2}{3}BN\left(G\text{ là trực tâm của }\Delta ABC\right)\left(3\right)\\ \text{Từ }\left(1\right);\left(2\right)\text{ và }\left(3\right)\Rightarrow\Delta BGD\text{ có các cạnh }GD;BD;BG=\dfrac{2}{3}\text{ các đường trung tuyến }AM;CQ;BN\text{ của }\Delta ABC\)

Hình tự vẽ.

Áp dụng định lý pytago vào các \(\Delta\) vuông tại G:

_ \(\Delta ABG\) : \(AB^2=BG^2+AG^2=a^2\)

\(\Leftrightarrow4GM^2+4GN^2=a^2\)

\(\Leftrightarrow20GN^2+20GM^2=5a^2\)

_ \(\Delta BGM\) : \(BM^2=GM^2+BG^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2}{4}=GN^2+4GM^2\)

\(\Leftrightarrow b^2=4GN^2+16GM^2\)

_ \(\Delta AGN\) : \(AN^2=AG^2+GN^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c^2}{4}=GM^2+4GN^2\)

\(\Leftrightarrow c^2=4GM^2+16GN^2\)

Khi đó: \(5a^2=b^2+c^2\left(=20GN^2+20GM^2\right)\).

P/s: Có sửa đề và t trình bày hơi tắt.

Đã học đến chương 3 đâu chị (mà chị học lớp 7 à)

Tick vài câu đi (để được thầy phynit nhắc tên) cho nổi tiếng chút xem nào.

?1:

\(3x^2-9x=3x\left(x-3\right)\)

Thay \(x=1\) vào biểu thức,ta có:

\(3.1\left(1-3\right)=-6\)

Thay \(x=\dfrac{1}{3}\) vào biểu thức,ta có:

\(3.\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{3}-3\right)=-\dfrac{8}{3}\)

?2

Thay \(x=-4\) và \(y=3\) vào biểu thức,ta có:

\(\left(-4\right)^2.3=48\)

Áp dụng định lý pytago vào tam giác vuông ABD ta có : \(BD^2=AB^2+AD^2=AB^2+\left(\dfrac{1}{2}AC\right)^2=AB^2+\dfrac{1}{4}AC^2\)(1)

Áp dụng định lý pytago vào tam giác vuông AEC ta có : \(EC^2=AE^2+AC^2=\left(\dfrac{1}{2}AB\right)^2+AC^2=\dfrac{1}{4}AB^2+AC^2\)(2)

Từ (1);(2) \(\Rightarrow BD^2+EC^2=AB^2+\dfrac{1}{4}AC^2+\dfrac{1}{4}AB^2+AC^2=\dfrac{5}{4}AB^2+\dfrac{5}{4}AC^2\)(3)

Áp dụng định lý pytago vào tam giác vuông ABC ta có : \(BC^2=AB^2+AC^2\Rightarrow\dfrac{5}{4}BC^2=\dfrac{5}{4}AB^2+\dfrac{5}{4}AC^2\)(4)

Từ (3);(4) \(\Rightarrow BD^2+CE^2=\dfrac{5}{4}BC^2\) (đpcm)

a: Xét ΔABC có

BM là đường trung tuyến

CN là đường trung tuyến

BM cắt CN tại G

DO đó:G là trọng tâm

=>BG=2/3BM; CG=2/3CN

\(BM+CN=\dfrac{2}{3}BG+\dfrac{2}{3}CG>\dfrac{2}{3}BC\)

b: BM=CN nên GB=GC

mà AB=AC
nên AG là đường trung trực của BC

=>AG\(\perp\)BC