Gọi G là đỉnh thứ tư của hình bình hành KMIG. Giao điểm của MG và IK là N.

Do tứ giác KMIG là hình bình hành nên MI = KG và ^MKG + ^KMI = 180⁰ hay ^MKG + ^EMD = 180⁰

Ta có: \(\frac{MI}{BC}=\frac{MK}{AC}\). Do MI = KG nên \(\frac{KG}{BC}=\frac{MK}{AC}\)

Xét tứ giác CDME có: ^CDM = ^CEM = 90⁰ => ^ECD + ^EMD = 180⁰. Mà ^MKG + ^EMD = 180⁰ (cmt)

Nên ^ECD = ^MKG hay ^ACB = ^MKG 

Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)MGK có: \(\frac{GK}{BC}=\frac{MK}{AC}\); ^ACB = ^MKG => \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)MGK (c.g.c)

=> ^BAC = ^GMK và \(\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)

Lại có: \(\frac{MK}{AC}=\frac{ML}{AB};\frac{MG}{AB}=\frac{MK}{AC}\)(cmt) => \(\frac{ML}{AB}=\frac{MG}{AB}\)=> ML = MG

Ta thấy: Tứ giác AFME có ^AFM = ^AEM = 90⁰ => ^FAE + ^FME = 180⁰ . Mà ^FAE = ^BAC = ^GMK (cmt)

Nên ^GMK + ^FME = 180⁰ => G;M;F thẳng hàng. Hay G;M;I thẳng hàng

Mặt khác: N là trung điểm KI và MG (T/c hbh) => Điểm M nằm trên trung tuyến LN của \(\Delta\)IKL (1)

MG = ML; MN = 1/2.MG (cmt) => MN=1/2.ML (2)

Từ (1) và (2) => M là trọng tâm của \(\Delta\)IKL (đpcm).

Sau gần một buổi trưa lăn lội với Thales, đồng dạng ở câu b thì t đã nghĩ đến cách của lớp 7 ~ ai dè làm được ^^

Sao bổ sung hình vẽ không được vậy nè

Ta tính diện tích tam giác ABC đều, cạnh bằng 3cm.

Kẻ AH vuông góc BC tại H. 

Theo đó ta có tam giác ABC đều, AH là đường cao nên đồng thời là trung tuyến.

Vậy thì \(BH=HC=1,5cm\)

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông AHC, ta có \(AH^2+HC^2=AC^2\Rightarrow AH^2=3^2-1,5^2=6,75\): 

\(\Rightarrow AH=\sqrt{6,75}\left(cm\right)\)

Vậy thì \(S_{ABC}=\frac{1}{2}.BC.AH=\frac{1}{2}.3.\sqrt{6,75}=\frac{3}{2}\sqrt{6,75}\left(cm^2\right)\)   (1)

Lại có \(S_{ABC}=S_{MAB}+S_{MBC}+S_{MCA}=\frac{1}{2}AB.MI+\frac{1}{2}BC.MK+\frac{1}{2}AC.MJ\)

\(=\frac{1}{2}.3.\left(MI+MJ+MK\right)=\frac{3}{2}\left(MI+MJ+MK\right)\)   (cm²)     (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MI+MJ+MK=\sqrt{6,75}\left(cm\right)\) 

Huhu ai giúp mình với T_T

a) Xét tứ giác ADME có:

\(MD//AE\left(MD//AC\right)\)

\(ME//AD\left(ME//AB\right)\)

\(\Rightarrow ADME\)là hình bình hành ( dấu hiệu 1 )

b) Vì ADME là hình bình hành ( câu a ) 

\(\Rightarrow DE\)cắt \(AM\)tại trung điểm 

Mà O là trung điểm DE

\(\Rightarrow\)O là trung điểm AM

\(\Rightarrow\)A,O,M thẳng hàng (đpcm)

c) Xét \(\Delta AIM\)vuông tại I có IO là đường trung tuyến

\(\Rightarrow OI=OA=OM=\frac{1}{2}AM\)

\(\Rightarrow\Delta AOI\)cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{A_1}\)\(=\widehat{I_1}\)

Xét \(\Delta AOI\)có: \(\widehat{O_1}=\widehat{A_1}+\widehat{I_1}\)( định lý góc ngoài tam giác )

                           \(\Rightarrow\widehat{O_1}=2.\widehat{A_1}\)

CMTT: \(\widehat{O_2}=2.\widehat{A_2}\)

Ta có: \(\widehat{IOK}=\widehat{O_1}+\widehat{O_2}=2\left(\widehat{A_1}+\widehat{A_2}\right)=2\widehat{BAC}=2.60^o=120^o\)

Vậy \(\widehat{IOK}=120^o\)

#Bảo___

Em tham khảo tại đây nhé:

Câu hỏi của Nguyễn Văn Hòa - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

Ta thấy ngay MI + MJ + MK = AH (AH là chiều cao tam giác ABC)

bạn chỉ giúp mình câu b đii

b)

( Tu ve hinh nha! )

Xet AB < AC

Ta co : \(\Delta KBM\sim\Delta ICM\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BK}{IC}=\dfrac{MK}{IM}\) \(\Rightarrow\dfrac{IC}{MI}=\dfrac{BK}{MK}\)

Co : goc BCM = goc BAM ( cung chan cung BM )

\(\Rightarrow\Delta AKM\sim\Delta CHM\)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{CH}=\dfrac{MK}{HM}\) \(\Rightarrow\dfrac{AK}{MK}=\dfrac{CH}{HM}\left(1\right)\)

Co : goc MBC = goc MAC ( cung chan cung MC )

=> \(\Delta AIM\sim\Delta BHM\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AI}{BH}=\dfrac{IM}{HM}\) \(\Rightarrow\dfrac{AI}{IM}=\dfrac{BH}{HM}\left(2\right)\)

tu (1) va (2) => \(\dfrac{AK}{MK}+\dfrac{AI}{IM}=\dfrac{BH}{HM}+\dfrac{CH}{HM}\left(=\dfrac{BC}{HM}\right)\)

Lai co :

\(\dfrac{AB}{MK}+\dfrac{AC}{MI}=\dfrac{AK}{MK}-\dfrac{BK}{MK}+\dfrac{AI}{MI}+\dfrac{IC}{MI}=\dfrac{AK}{MK}+\dfrac{AI}{MI}\)( vi \(\dfrac{IC}{MI}=\dfrac{BK}{MK}\)) .

=> DPCM.