Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh a=bc, b=ca, c=ab. Dựng các đường phân giác trong AD, BE, CF. Chứng minh:
1) \(\frac{S_{DFE}}{S_{ABC}}=\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
2) \(S_{DFE}=\frac{S_{ACB}}{4}\)
3) Cho chu vi tam giacsABC là 9 cm. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác DEF
Trên các cạnh AB,BC,CA của tam giác ABC, người ta lấy tương ứng ba điểm M,N,P sao cho \(\frac{MA}{MB}=\frac{NB}{NC}=\frac{CP}{PA}=k\).
a) Chứng minh rằng: \(\frac{S_{AMP}}{S_{ABC}}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)
b) Biết diện tích tam giác ABC bằng S, hãy tính diện tích S' của tam giác MNP theo k và S
c) Tìm k để \(S'=\frac{7}{16}S\)
a) Ta có \(\frac{S_{AMP}}{S_{ABC}}=\frac{S_{AMP}}{S_{ABP}}.\frac{S_{ABP}}{S_{ABC}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{k}{k+1}.\frac{1}{k+1}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)
b) Hoàn toàn tương tự như câu a, ta có:
\(\frac{S_{MNB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{NCP}}{S_{ABC}}=\frac{k}{\left(k+1\right)^2}\)
\(\Rightarrow S_{MNP}=S_{ABC}-S_{MAP}-S_{MBN}-S_{PNC}\)
\(=S-\frac{3k}{\left(k+1\right)^2}.S=\frac{k^2-k+1}{\left(k+1\right)^2}.S\)
c) Để \(S'=\frac{7}{16}S\Rightarrow\frac{k^2-k+1}{\left(k+1\right)^2}=\frac{7}{16}\)
\(\Rightarrow16k^2-16k+16=7k^2+14k+7\)
\(\Rightarrow9k^2-30k+9=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}k=3\\k=\frac{1}{3}\end{cases}}\)
Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF đồng quy tại H.Chứng minh
a) tam giác AEF đồng dạng tam giác ABC,tam giác AFE đồng dạng tam giác DBF
b)\(\frac{S_{ÀEF}}{AH^2}=\frac{S_{BDF}}{BH^2}=\frac{S_{CDE}}{CH^2}\)
a, XÉt Δ AEF và ΔABC
AE/AF=ABAC⇒AE/AB=AF/AC
góc BACchung
=> Δ AEF ∼ ΔABC (đpcm)
b, mk ko hiểu
2. Cho tam giác ABC đều, cạnh a. Trên tia đối của tia AB, CA, BC lần lượt lấy D, E,F sao cho AD = \(\frac{1}{2}\)AB ; CE = \(\frac{1}{2}BC\); BF = \(\frac{1}{2}\)BC.
a) Tính diện tích ABC.
b) C/ m tam giác DEF đều
c) Tính tỉ số của \(\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}\)
Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và BC.
a)Biết SABM=3cm2 và SCDN=4cm2, tính SABCD
b)Gọi F,E lần lượt là giao điểm của BM và AN, CM và DN. Chứng minh \(\frac{AF}{FN}+\frac{DE}{EN}=\frac{2\left(S_{ABM}+S_{CDM}\right)}{S_{BMC}}\)
có đúng đề ko cậu
a/Gọi P,Q là tđ AB,CD
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}S_{AMP}=\frac{1}{2}S_{AMB}=1,5\\S_{NQC}=\frac{1}{2}S_{CDN}=2\end{matrix}\right.\)
Lại có: M,P là tđ AD,AB nên \(\Delta AMP\sim\Delta ADB\) với k=1/2
\(\Rightarrow\frac{S_{AMP}}{S_{ADB}}=\left(\frac{1}{2}\right)^2\Rightarrow S_{ADB}=4.S_{AMP}=6\left(1\right)\)
Tương tự ta cũng có: \(\frac{S_{NQC}}{S_{BDC}}=\left(\frac{1}{2}\right)^2\Rightarrow S_{BDC}=4S_{NQC}=8\left(2\right)\)
(1) cộng (2) có: \(S_{ABCD}=6+8=14\)
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AB lấy E và trên cạnh AD lấy F sao cho AE=AF. Vẽ \(AH\perp BF\) \(\left(H\in BF\right)\), AH cắt CD và BC lần lượt tại M và N
a) CMR: Tứ giác AEMD là hình chữ nhật
b) Biết \(S_{\Delta BCH}\)gấp 4 lần \(S_{\Delta AEH}\).
CMR: AC = 2.EF
c) CM: \(\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\)
Có thể sử dụng tam giác đồng dạng và định lí Ta-lét nhé
a) Xét tam giác AFB và tam giác DMA có:
\(\widehat{ABF}=\widehat{DAM}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{BAM}\) )
\(\widehat{FAB}=\widehat{MDA}=90^o\)
AB = AD
\(\Rightarrow\Delta AFB=\Delta DMA\) ( Cạnh góc vuông, góc nhọn kề)
\(\Rightarrow AF=DM\)
\(\Rightarrow DM=AE\)
Xét tứ giác AEMD có AE song song và bằng DM nên nó là hình bình hành.
Lại có \(\widehat{EAD}=90^o\) nên AEMD là hình chữ nhật.
b) Đặt \(\frac{AE}{EB}=k\); Ta có các tỉ số: \(\frac{AE}{EB}=\frac{MD}{MC}=\frac{AD}{CN}=k\)
Ta có: \(\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{k}{k+1}\)
Ta có \(\frac{AE}{EB}=\frac{MD}{MC}=\frac{AD}{CN}=\frac{BC}{CN}=\frac{S_{BCH}}{S_{BNH}}=\frac{k}{k+1}\)
Vậy thì \(\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{S_{CBH}}{S_{BNH}}\Rightarrow\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{4S_{AEH}}{S_{BNH}}\Rightarrow\frac{S_{BNH}}{S_{BAH}}=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{HN}=\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{AF}{BN}=\frac{1}{4}\)
Ta có: \(\frac{AF}{BN}=\frac{AF}{BC+CN}=\frac{AF}{\left(k+1\right)AF+\left(\frac{k+1}{k}\right)AF}=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow k=1\)
Vậy thì AE = EB hay E, F là trung điểm AB, AC.
Từ đó suy ra \(EF=\frac{BD}{2}=\frac{AC}{2}\)
Vậy AC = 2EF.
c) Ta thấy ngay \(\Delta ADM\sim\Delta NCM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AM}{MN}=\frac{AD}{CN}\Rightarrow AM.CN=MN.AD\)
\(\Rightarrow AM\left(AD+CN\right)=AN.AD\)
\(\Rightarrow AM.BN=AD.AD\)
\(\Rightarrow AM^2.BN^2=AN^2.AD^2\)
\(\Rightarrow AM^2\left(AD^2+BN^2-AD^2\right)=AN^2.AD^2\)
\(\Rightarrow AM^2\left(AN^2-AD^2\right)=AN^2.AD^2\)
\(\Rightarrow AM^2.AN^2=AM^2.AD^2+AN^2.AD^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\)
phần b bạn giải dài quá
ta có tam giác BAF đồng dạng với BHA (g.g)
=> af/ah=bf/ab=ab/hc
<=> af/ah=ab/hb
<=> ae/ah=bc/hb
mà hbc=bah
suy ra hbc đồng dạng với hae (cgc)
mà ti le diện tích đồng dạng bằng bình phương tỉ lệ đồng dạng
suy ra (ae/bc)^2=1/4
=>ae/ab=1/2
bạn ơi Sbnh/Sabh=4 chứ
CHO TAM GIÁC ABC, 3 TRUNG TUYẾN AD,BE,CF ĐỒNG QUI TẠI G. CM \(S_{GDE}=\frac{1}{2}S_{GDC}=\frac{1}{3}S_{EDC}=\frac{1}{4}S_{GAB}=\frac{1}{6}S_{ABE}=\frac{1}{9}S_{ABDE}\)
CHO TAM GIÁC ABC, 3 TRUNG TUYẾN AD,BE,CF ĐỒNG QUI TẠI G. CM \(S_{GDE}=\frac{1}{2}S_{GDC}=\frac{1}{3}S_{EDC}=\frac{1}{4}S_{GAB}=\frac{1}{6}S_{ABE}=\frac{1}{9}S_{ABDE}\)
cho tam giác ABC có 3 phân giác AD, BE , CF .
a. Tính tỉ số \(\frac{S_{EDF}}{S_{BAC}}theoa,b,c\)
b. CMR : \(S_{EDF}\le\frac{1}{4}S_{BAC}\)
