Cho hình 19
Trong đó G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng :
a) \(S_{AGC}=2S_{GMC}\)
b) \(S_{GMB}=S_{GMC}\)
c) \(S_{AGC}=S_{AGC}=S_{BGC}\)
Kí hiệu \({S_{ABC}}\) là diện tích tam giác ABC. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm BC.
a) Chúng minh \({S_{GBC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\)
Gợi ý: Sử dụng \(GM = \dfrac{1}{3}AM\) để chứng minh \({S_{GMB}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABM}},{S_{GCM}} = \dfrac{1}{3}{S_{ACM}}\).
b) Chứng minh \({S_{GCA}} = {S_{GAB}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\).
a) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên \(GM = \dfrac{1}{3}AM\)
Kẻ \(BP \bot AM\) ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GMP}} = \dfrac{1}{2}BP.GM\\{S_{ABM}} = \dfrac{1}{2}BP.AM\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{GMP}}}}{{{S_{ABM}}}} = \dfrac{{GM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {S_{GMP}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABM}}\)(1)
Tương tự, kẻ \(CN \bot AM\), ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GMC}} = \dfrac{1}{2}CN.GM\\{S_{ACM}} = \dfrac{1}{2}CN.AM\\ \Rightarrow \dfrac{{{S_{GMC}}}}{{{S_{ACM}}}} = \dfrac{{GM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {S_{GMC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ACM}}\left( 2 \right)\end{array}\)
Cộng 2 vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}{S_{GMB}} + {S_{GMC}} = \dfrac{1}{3}\left( {{S_{AMC}} + {S_{ABM}}} \right)\\ \Rightarrow {S_{GBC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\end{array}\)
b)
Ta có
\(\begin{array}{l}{S_{GAB}} = \dfrac{1}{2}BP.AG\\{S_{GAC}} = \dfrac{1}{2}CN.AG\end{array}\)
Xét \(\Delta BPM\) và \(\Delta CNM\) có:
\(\widehat {BPM} = \widehat {CNM} = {90^0}\)
BM = CM ( M là trung điểm của BC)
\(\widehat {PMB} = \widehat {CMN}\)(2 góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta BPM = \Delta CNM\)(cạnh huyền – góc nhọn)
\( \Rightarrow \) BP = CN (cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow {S_{GAB}} = {S_{GAC}}\)
Ta có: \(AG = \dfrac{2}{3}AM\)
\(\begin{array}{l}{S_{ACB}} = {S_{GAB}} + {S_{GAC}} + {S_{GCB}}\\ \Rightarrow {S_{ACB}} = {S_{GAB}} + {S_{GAC}} + \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}\\ \Rightarrow \dfrac{2}{3}{S_{ABC}} = 2{S_{GAC}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{3}{S_{ABC}} = {S_{GAC}} = {S_{GAB}}\end{array}\)
Cho G là trọng tâm của tam giác ABC. M là giao điểm của BG và AC.
Chứng minh :
a) \(S_{\Delta GBC}=\frac{2}{3}.S_{\Delta MBC}\)
b) \(S_{\Delta GBC}=S_{\Delta GAC}=S_{\Delta GAB}\)
AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm của tam giác ABC.
a) Chứng minh: \(S_{ABG}=2S_{BMG}\)
b) Cho \(S_{ABCD}=2010cm^2\). Tính \(S_{MGC}=?\)
Cho hình bình hành ABCD. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo. Chứng minh rằng:
a) \(S_{OAB}=S_{OBC}=S_{ODC}=S_{ODA}\)
b) \(S_{ABD}=S_{BDC}\)
c)\(S_{ABC}=S_{ACD}\)
a) + b) + c)
Vì chứng minh được câu a) thì khỏi cần chứng minh câu b) và c)
\(S_{ABD}=S_{BDC}\)
- Đáy AB = DC
- Có chiều cao bằng chiều cao của hình bình hành ( AH = BK)
\(S_{ADC}=S_{ABC}\)
- Đáy AB = DC
- Có chiều cao bằng chiều cao hình bình hành
Vì vậy có thể kết luận rằng :\(S_{ABD}=S_{BDC}=S_{ABC}=S_{ACD}\)
\(S_{ABD}=S_{OAB}+S_{AOD}\)
\(S_{ADC}=S_{AOD}+S_{DOC}\)
Vì có chung diện tích AOD nên S OAB = S DOC
Tương tự...
Cho tam giác ABC có góc B nhọn, AD và CE là hai đường cao.
a) Chứng minh \(\frac{{{S_{BDE}}}}{{{S_{BAC}}}} = \frac{{BD.BE}}{{BA.BC}}.\)
b) Biết rằng \({S_{ABC}} = 9{S_{BDE}}\) và \(DE = 2\sqrt 2 .\) Tính \(\cos B\) và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Tham khảo:
a) Áp dụng công thức \(S = \frac{1}{2}ac.\sin B\) cho tam giác ABC và BED, ta có:
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BA.BC.\sin B;{S_{BED}} = \frac{1}{2}..BE.BD.\sin B\)
\( \Rightarrow \frac{{{S_{BED}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.BE.BD.\sin B}}{{\frac{1}{2}.BA.BC.\sin B}} = \frac{{BE.BD}}{{BA.BC}}\)
b) Ta có: \(\cos B = \frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BE}}{{BC}}\)
Mà \(\frac{{{S_{BED}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{1}{9} \Rightarrow \frac{{BD}}{{BA}}.\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{9}\)
\( \Rightarrow \cos B = \frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{3}\)
+) Xét tam giác ABC và tam giác DEB ta có:
\(\frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BA}} = \frac{1}{3}\) và góc B chung
\( \Rightarrow \Delta ABC \sim \Delta DEB\) (cgc)
\( \Rightarrow \frac{{DE}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AC = 3.DE = 3.2\sqrt 2 = 6\sqrt 2 .\)
Ta có: \(\cos B = \frac{1}{3} \Rightarrow \sin B = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\) (do B là góc nhọn)
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có:
\(\frac{{AC}}{{\sin B}} = 2R \Rightarrow R = \frac{{6\sqrt 2 }}{{\frac{{2\sqrt 2 }}{3}}}:2 = \frac{9}{2}\)
Cho tam giác nhọn ABC, hai đường cao BD và CE. Chứng minh rằng:
a)\(S_{ADE}=S_{ABC}.\cos^2A\)
b)\(S_{BCDE}=S_{ABC}.\sin^2A\)
Bạn tử kẻ hình nhé .
a)\(\Delta ABD~\Delta ACE\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}\)
\(\Rightarrow\Delta ADE~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2\widehat{BAC}\)
\(\Rightarrow S_{ADE}=S_{ABC}.cos^2\widehat{BAC}\)
b)Ta có : \(S_{BCDE}=S_{ABC}-S_{ADE}=S_{ABC}-S_{ABC}.cos^2\widehat{BAC}=S_{ABC}\left(1-cos^2\widehat{BAC}\right)=S_{ABC}.sin^2\widehat{BAC}\)
Cho tam giác EFH. G là trọng tâm của tam giác EFH. Ta có:
a) \(S_{GEF}=S_{GFH}+S_{GEH}\) b)\(S_{GFH}=S_{GEF}+S_{GEH}\)
c)\(S_{GEH}=S_{GEF}+S_{GFH}\)
Bài này là chọn đáp án đúng nhưng mọi người giải giúp mình nhé!!!!!
Cho tam giác ABC có ba đường trung tuyến AI, BM, CN cắt nhau tại G
Chứng minh: \(S_{ANG}=S_{AGM}=S_{CGM}=S_{CGI}=S_{BGI}=S_{BNG}\)