giúp mình với ạ, cần gấp1) Cho tam giác ABC có trung tuyến AI. Trên AI lấy điểm G bất kì, BG cắt AC tại E, CG cắt AB tại F. Chứng minh rằng: EF // BC.2) Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC, điểm N nằm trên cạnh AB sao cho AN = 1/3AB, điểm Q nằm trên cạnh AC sao cho AQ = 2/3 AC, đường thẳng QN cắt đường thẳng AM và BC lần lượt tại điểm P, R.a) Tính: RB/RC,PA/PM ?b) Đường thẳng đi qua N song song với BC cắt...
Đọc tiếp
giúp mình với ạ, cần gấp
1) Cho tam giác ABC có trung tuyến AI. Trên AI lấy điểm G bất kì, BG cắt AC tại E, CG cắt AB tại F. Chứng minh rằng: EF // BC.
2) Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC, điểm N nằm trên cạnh AB sao cho AN = 1/3AB, điểm Q nằm trên cạnh AC sao cho AQ = 2/3 AC, đường thẳng QN cắt đường thẳng AM và BC lần lượt tại điểm P, R.
a) Tính: RB/RC,PA/PM ?
b) Đường thẳng đi qua N song song với BC cắt AC tại T. Chứng minh rằng: CN, BT cắt nhau tại trung điểm của AM.
3) Cho tam giác ABC có trung tuyến AI và trọng tâm G. Qua G dựng đường thẳng d bất kì cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N.
a) Chứng minh rằng: AB/AM + AC/AN có giá trị không đổi khi (d) thay đổi.
b) Xác định vị trí của đường thẳng (d) để AM/AB+AN/AC đạt GTNN.
4) Cho tam giác ABC ,một đường thẳng thay đổi cắt các cạnh AB, AC tại E, F sao cho: AB/AE+AC/FA=4 . Chứng minh rằng EF luôn đi qua một điểm cố định.
5) Cho tam giác nhọn ABC và điểm D bất kì trên cạnh BC, lấy một điểm E thuộc đoạn AD, F thuộc đoạn DE. Một đường thẳng qua F song song với BC cắt AB, EB, EC, AC theo thứ tự tại M, P, Q, N. Đường thẳng MD và EB cắt nhau tại R, ND và EC cắt nhau tại S, DP và AB cắt nhau tại G, DQ và AC cắt nhau tại H. Chứng minh rằng:
a) MP/BD=NQ/DC
b) RS // BC
c) GH // RS
1) Từ \(CQ.AP=a^2\)ta được \(CQ.AP=AC^2\)hay \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)
Xét hai tam giác ACP và CQA có \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)và \(\widehat{PAC}=\widehat{QCA}\left(=60^0\right)\)nên \(\Delta ACP~\Delta CQA\)
Từ đó ta được \(\widehat{ACP}=\widehat{AQC}\). Mà ta có \(\widehat{ACP}=\widehat{ACB}+\widehat{BCP}=60^0+\widehat{BCP}\)
và \(\widehat{AQC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=60^0+\widehat{BAM}\)
Do đó \(\widehat{MAB}=\widehat{BCM}\), suy ra tứ giác ABMC nội tiếp
Vậy bốn điểm A, B, M, C cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
2)
a) Do tứ giác ABMC và AIMK nội tiếp nên \(\widehat{BMC}=\widehat{IMK}=120^0\), suy ra \(\widehat{IMB}=\widehat{KMC}\)
Mà hai tứ giác BIMJ và CKJM nội tiếp nên ta lại có \(\widehat{BMI}=\widehat{BJI};\widehat{KMC}=\widehat{KJC}\)
Do đó ta được \(\widehat{BJI}=\widehat{KJC}\)nên ba điểm I, J, K thẳng hàng
Dễ thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được \(\frac{IK}{BC}=\frac{MI}{MB}\)
Mà ta có \(IM\le MB\) nên ta được \(IK\le BC\) hay \(IK\le a\) , dấu bằng xảy ra khi \(MB\perp AB\) hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC, khi đó Q là trung điểm cạnh BC.
Vậy IK lớn nhất khi Q là trung điểm của BC
b) Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có \(\widehat{IMJ}=\widehat{ABC}=60^0=\widehat{ACB}\). Lại có \(\widehat{MIJ}=\widehat{MBJ}=\widehat{MAC}\)
Do đó hai tam giác IMJ và ACQ đồng dạng, do đó ta được \(\frac{MJ}{MI}=\frac{CQ}{CA}\). Tương tự ta được \(\frac{MJ}{ MK}=\frac{BQ}{AB}\)
Từ đó suy ra \(\frac{MJ}{MI}+\frac{MJ}{MK}=\frac{CQ}{CA}+\frac{BQ}{AB}=1\Rightarrow MJ\left(MK+MI\right)=MI.MK\)
Hay \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)
Mặt khác ta lại có \(S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.MI;S_{BCM}=\frac{1}{2}BC.MJ;S_{ACM}=\frac{1}{2}MK.AC\)
Mà \(S_{ABM}+S_{ACM}=S_{BCM}+S_{ABC}\)và \(S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Nên ta có \(AB.MI+MK.AC=BC.MJ+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)hay \(MI+MK=MJ+\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(\left(MI+MK-MJ\right)^2=\frac{3a^2}{4}\)
Suy ra \(MI^2+MJ^2+MK^2+2\left(MI.MK-MI.MJ-MJ.MK\right)=\frac{3a^2}{4}\)
Mà \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)(cmt) nên \(MI^2+MJ^2+MK^2=\frac{3a^2}{4}\)(không đổi)
Vậy \(MI^2+MJ^2+MK^2\)không đổi khi Q thay đổi trên cạnh BC (đpcm)