Bài 3:

Do chỉ sử dụng kiến thức chương I, nên cô giải như sau:

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ MN // BK.

Lấy I, J là trung điểm của AG và HG.

Do BK và CL cùng vuông góc với KL nên BK // CL. Vậy KBCL là hình thang vuông.

Xét hình thang vuông KBCL là M là trung điểm BC, MN // BK nên MN là đường trung bình hình thang.

Suy ra 2MN = BK + CL

Xét tam giác AHG có I, J là các trung điểm của các cạnh AG và HG nên IJ là đường trung bình hay AH = 2IJ và \(IJ\perp KL\).

Xét tam giác ABC có G là trọng tâm nên GA = 2GM, vậy thì GI = GM.

Vậy thì  \(\Delta GMN=\Delta GIJ\) (Cạnh huyền - góc nhọn) 

Suy ra \(MN=IJ\Rightarrow2MN=2IJ\Rightarrow BK+CL=AH.\)

Bài 2:

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và A'B'. Khi đó ta đã có I cố định.

Do d //d' nên AA'B'B là hình thang. Vậy thì IJ là đường trung bình hay \(IJ=\frac{AA'+BB'}{2}=\frac{AC+CB}{2}=\frac{AB}{2}\)

Ta thấy do AB không đổi nên độ dài AB là số không đổi, vậy AB/2 cũng không đổi.

Ta thấy J nằm trên tia Ix // d// d' mà độ dài đoạn IJ không đổi nên J là điểm cố định.

Tóm lại trung điểm của A'B' là điểm cố định thỏa mãn nằm trên tia Ix // d // d' và IJ = AB/2. 

A

ĐÃ HẾT CÁCH, CHỈ CÒN CÁCH XÀI CÔNG THỨC GIA TRUYỀN CỦA TÔI

KHÔNG MẤT TÍNH TỔNG QUÁT , ĐẶT CÁC CẠNH CỦA HÌNH THOI LÀ 1

TA CÓ:

\(DE^2=\frac{5}{4}-\frac{1}{2}.\cos140\)

=> \(\widehat{DEC}=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\)

=> \(\widehat{DEB}=180-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\)

=> \(\widehat{FAB}=50+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\)

=> \(\widehat{DAF}=90-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\)

=> \(DF^2=\sin\left(90-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}.\cos140\right)\right)\)

BÂY GIỜ CHỈ CẦN TÍNH GÓC FDC LÀ XONG

TA CÓ : \(\widehat{FDC}=\frac{1-\frac{1}{4}.\cos140}{\sqrt{\frac{5}{4}-\frac{1}{2}.\cos140}}\)

BÂY GIỜ THỰC HIỆN THAO TÁC TÍNH 1 GÓC BIẾT HAI CẠNH VÀ GÓC XEN GIỮA VÀ TÌM ĐƯỢC GÓC DFC , SAU ĐÓ LẤY MÁY TÍNH ĐỔI KẾT QUẢ ĐÓ VỀ DẠNG SỐ NGUYÊN

=> ĐPCM

( P/S: ĐÂY LÀ CÁI BÀI KHÓ NHẤT MÀ TỔI TỪNG GẶP , MAY MÀ ĐỌC TRƯỚC SÁCH LỚP 12)

b, 

QUA P DỰNG PO SONG SONG VỚI AD, O LÀ GIAO ĐIỂM CỦA MQ VỚI PO

GỌI K VÀ L LÀ CÁC GIAO ĐIỂM NHƯ HÌNH VẼ

ĐẦU TIÊN TA SẼ CHỨNG MINH KN = NL

TA CÓ: \(\frac{LC}{AM}=\frac{CQ}{AQ}\)  ;    \(\frac{DK}{AM}=\frac{PD}{PA}\)

TA ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ MÊ NÊ LÊ UÝT VỚI CÁT TUYẾN PQ VÀ TAM GIÁC ACD

  \(\frac{QA.PD.NC}{QC.PA.ND}=1\)

MÀ NC = ND

=> \(\frac{CQ}{AQ}=\frac{PD}{PA}\)

=> LC = DK

=> KN = NL

    THEO BỔ ĐỀ HÌNH THANG TA SẼ CÓ MN ĐI QUA TRUNG ĐIỂM CỦA PO VÀ MN VUÔNG GÓC VỚI PO

=> MP = MO

KÉO DÀI MN CẮT PO TẠI H => H LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA PO

ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ MEENELEUYT CHO CÁT TUYẾN MH VỚI TAM GIÁC PQO

TA CÓ  \(\frac{NP.MQ.HO}{NQ.MO.HP}=1\)

MÀ HP = HO

=> \(\frac{PN}{NQ}=\frac{MO}{MQ}\)

=> \(\frac{MP}{MQ}=\frac{PN}{NQ}\)

=> MN LÀ PHÂN GIÁC CỦA  GÓC PMQ

( LÂU LẮM MỚI CÓ BÀI TOÁN THÁCH THỨC VỚI ĐỘ KHÓ CAO THẾ NÀY, NGỒI MÃI 2 TIẾNG MỚI RA, THANH YOU NHÉ)

mik ngu hình lắm xin lỗi nha

ngu thì xen zô nói làm j

Lương Quang Vinh chứ bn xem vô làm gì mắc mớ gì bới người ta

Câu hỏi của Hồ Phong Thư - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath