E là trung điểmcủa BC

=>EB=EC=a/2

\(AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)

Xét ΔABE vuông tại B có \(\left\{{}\begin{matrix}cosBAE=\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{a}{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\\sinBAE=\dfrac{BE}{AE}=\dfrac{0.5a}{\dfrac{a\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\end{matrix}\right.\)

=>\(cosDAF=cosBEA=sinBAE=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)

\(AF=\dfrac{AE}{2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{4}\)

Xét ΔADF có \(cosDAF=\dfrac{AD^2+AF^2-DF^2}{2\cdot AD\cdot AF}\)

=>\(\dfrac{a^2+a^2\cdot\dfrac{5}{16}-DF^2}{2\cdot\dfrac{a\sqrt{5}}{4}\cdot a}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)

=>\(\dfrac{\dfrac{21}{16}a^2-DF^2}{\dfrac{a^2\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)

=>\(\dfrac{21}{16}a^2-DF^2=\dfrac{a^2}{2}\)

=>\(DF^2=\dfrac{13}{16}a^2\)

=>\(DF=\dfrac{a\sqrt{13}}{4}\)

Trong mp(BCD) gọi \(I=FG\cap BD\)

Trong mp (ADB) gọi \(H=IE\cap AD\)

Khi đó HG = \(\left(EFG\right)\cap\left(ACD\right)\)

Áp dụng định lí menelaus cho tam giác BCD với 3 giao điểm I,G,F thẳng hàng ta có:

\(\dfrac{ID}{IB}.\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{GC}{GD}=1=>\dfrac{ID}{IB}=\dfrac{1}{4}\)

Xét tam giác ABD với 3 điểm thẳng hàng I,H,E thẳng hàng ta có:

\(\dfrac{HD}{HA}.\dfrac{EA}{EB}.\dfrac{IB}{ID}=1\) => \(\dfrac{HD}{HA}=\dfrac{1}{4}=>HD=\dfrac{a}{5}\)

Xét tam giác HDG:

\(HG^2=HD^2+DG^2-2DH.DG.cos60^o=\dfrac{a^2}{25}+\dfrac{a^2}{9}-\dfrac{a^2}{15}=\dfrac{19a^2}{225}\)

=> HG \(=\dfrac{\sqrt{19}}{15}a\)

\(\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BC}\left(\overrightarrow{BM}-\overrightarrow{BA}\right)=\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BA}\)

\(=BM\cdot BC\cdot cos0^0=\dfrac{1}{2}\cdot a^2\cdot1=\dfrac{1}{2}a^2\)

\(\left|\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{AM^2+BC^2+2\cdot\dfrac{1}{2}a^2}\)

\(=\sqrt{\dfrac{1}{4}a^2+a^2+a^2+a^2}=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\cdot a\)

a. Chứng minh tam giác BCE = tam giác CDF (cgc): BE = CF=1/2 a ; góc B = góc C = 90 độ ; BC = CD= a
=> góc ECB = góc FDC => tam giác FCM đồng dạng với tam giác FDC (gg)
=> góc DCF = góc CMF =90 độ
=> đpcm
b.tam giác FCM đồng dạng với tam giác FDC => CM/CD=CF/DF
=> CD=CM.DF/CF hay a=CM.CE/CF ( vì DF =CE bởi tam giác BCE = tam giác CDF)
c.Chứng minh tam giác BCE = tam giác AKE (gcg):góc CEB = góc KEA ; BE = AE=1/2 a ; góc B = góc A = 90 độ 
=> BC = AK = a => AD = AK => A là trung điểm của tam giác MKD
=> DA = AM => tam giác MAD cân tại A
d.CM/CD=CF/DF => CM = CF.CD/DF hay (1/4.a^2)/DF
tam giác DMC đồng dạng với tam giác DCF (gg)=>DM/DC=DC/DF =>DM=DC.DC/DF hay DM=a^2/DF
=>CM.DM=(1/4 . a^4)/DF^2
tính được DF^2=5/4a^2
=> CM.DM=(1/4 . a^4)/(5/4a^2)=1/5.a^2
=>SDMC= 1/2.CM.DM=1/10.a^2

Xét tam giác vuông là tam giác BEC và tam giác DCF có CD = BC , BE = CF = 1/2a

=> Tam giác BEC = tam giác DCF (hai cạnh góc vuông)

=> góc CDF = góc BCE mà góc CDF + góc DFC = 90 độ

=> góc ECF + góc DFC = 90 độ hay góc DMC = 90 độ => CE vuông góc DF

Ta chứng minh được tam giác MDC đồng dạng tam giác CDF (g.g)

Áp dụng định lí Pytago có \(DF=\sqrt{CD^2+FC^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(S_{CDF}=\frac{1}{2}CD.CF=\frac{1}{2}a.\left(\frac{a}{2}\right)=\frac{a^2}{4}\)

Suy ra \(\frac{S_{MDC}}{S_{CDF}}=\left(\frac{CD}{DF}\right)^2=\left(\frac{a}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}\right)^2=\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)^2=\frac{4}{5}\)

\(\Rightarrow S_{MDC}=\frac{4}{5}S_{CDF}=\frac{4}{5}.\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{5}\)

chiu

tk nhe

xin do

bye

Đáp án C.

Hướng dẫn giải:

Ta có

Kẻ H I ⊥ C K , H J ⊥ F I  

Ta có H I = 2 a 5 5

⇒ S B = a 3

⇒ H F = a 2 2

Ta có 1 H J 2 = 1 H I 2 + 1 H F 2 = 13 4 a 2