Xét hình thang ADCB có

Q,P lần lượt là trung điểm của AB,DC

=>QP là đường trung bình của hình thang ADCB

=>QP//AD//BC và \(QP=\dfrac{AD+BC}{2}=\dfrac{\dfrac{BC}{2}+BC}{2}=\dfrac{3}{4}BC\)

Ta có: M là trung điểm của BC

=>\(BM=MC=\dfrac{BC}{2}\)

Ta có: N là trung điểm của MC

=>\(MN=NC=\dfrac{MC}{2}=\dfrac{BC}{4}\)

BM+MN=BN

=>\(BN=\dfrac{1}{4}BC+\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{3}{4}BC\)

=>QP=BN

Ta có: QP//BN

QP=BN

Do đó: \(\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{BN}\)

=>Điểm E trùng với điểm P

b: Đặt AB=AC=BC=a

\(\overrightarrow{DC}=2\cdot\overrightarrow{BD}\)

=>\(\overrightarrow{DC}=-2\cdot\overrightarrow{DB}\)

=>D nằm giữa B và C sao cho DC=2DB

DB+DC=BC

=>BC=2DB+BD=3BD

=>\(BD=\frac{a}{3}\)

=>\(CD=\frac23a\)

ΔABC đều

=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

Xét ΔACD có \(cosC=\frac{CA^2+CD^2-AD^2}{2\cdot CA\cdot CD}\)

=>\(a^2+\left(\frac23a\right)^2-AD^2=2\cdot a\cdot\frac23a\cdot cos60=\frac43a^2\cdot\frac12=\frac23a^2\)

=>\(AD^2=a^2+\frac49a^2-\frac23a^2=a^2-\frac29a^2=\frac79a^2\)

=>\(AD=\frac{a\sqrt7}{3}\)

Xét ΔCAD có \(\frac{AD}{\sin C}=2R\)

=>\(2R=\frac{a\sqrt7}{3}:\sin60=\frac{a\sqrt7}{3}:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt7}{3}\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2a\sqrt7}{3\sqrt3}\)

=>\(R=\frac{a\sqrt7}{3\sqrt3}\)

\(S_{CAD}=\frac12\cdot CA\cdot CD\cdot\sin C\)

\(=\frac12\cdot a\cdot\frac23a\cdot\sin60=\frac13\cdot a^2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a^2\sqrt3}{6}\)

\(p=\frac{CA+CD+AD}{2}\)

\(=\frac12\left(a+\frac23a+\frac{a\sqrt7}{3}\right)=\frac12\cdot a\cdot\left(\frac53+\frac{\sqrt7}{3}\right)=\frac{a}{2}\cdot\frac{5+\sqrt7}{3}=\frac{a\left(5+\sqrt7\right)}{6}\)

\(S=p\cdot r\)

=>\(r=\frac{a^2\sqrt3}{6}:\frac{a\left(5+\sqrt7\right)}{6}=\frac{a^2\sqrt3}{a\left(5+\sqrt7\right)}=\frac{a\cdot\sqrt3}{5+\sqrt7}\)

\(\frac{R}{r}=\frac{a\sqrt7}{3\sqrt3}:\frac{a\sqrt3}{5+\sqrt7}=\frac{\sqrt7}{3\sqrt3}\cdot\frac{5+\sqrt7}{\sqrt3}=\frac{5\sqrt7+7}{9}\)

Chọn A.

Chú ý: Nếu có đúng bốn phương án như trong đề thi thì có thể dự đoán ngay phương án A sau khi vẽ hình

a, Ta có:AM+AN=OM-OA+ON-OA=OM+ON+AC=OC+AC=3/2OC

GA+3GB+GC+OD=2GB+OD=OB+OD=0

C,

Gọi H là trung điểm của KB

Xét ΔKAB có

M,H lần lượt là trung điểm của KA,KB

=>MH là đường trung bình của ΔKAB

=>MH//AB và \(MH=\frac{AB}{2}\)

MH//AB

CN//AB

=>MH//CN

\(MH=\frac{AB}{2}\)

\(CN=\frac{CD}{2}\)

mà AB=CD

nên MH=CN

MH//AB

AB⊥BC

Do đó; MH⊥BC

Xét ΔBMC có

MH,BK là các đường cao

MH cắt BK tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBMC

=>CH⊥MB

Xét tứ giác MHCN có

MH//CN

MH=CN

Do đó: MHCN là hình bình hành

=>MN//CH

mà CH⊥MB

nên MN⊥MB

=>\(\hat{BMN}=90^0\)

Bài 1:

Gọi K là trung điểm của BC

ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Xét ΔCAB có

O,K lần lượt là trung điểm của CA,CB

=>OK là đường trung bình

=>OK//AB và \(OK=\dfrac{AB}{2}\)

=>\(\overrightarrow{OK}=\dfrac{\overrightarrow{AB}}{2}\)

=>\(\overrightarrow{AB}=2\cdot\overrightarrow{OK}\)

Xét ΔOBC có OK là đường trung tuyến

nên \(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\cdot\overrightarrow{OK}\)

=>\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\)

=>M trùng với B

Bài 2:

Xét ΔABC có

M,P lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>MP là đường trung bình của ΔABC

=>MP//BC và MP=BC/2

=>MP=CN

mà MP//NC

nên MPCN là hình bình hành

=>\(\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{NC}\)

=>\(\overrightarrow{MP}=-\overrightarrow{CN}\)

=>\(\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{0}\)

mà \(\overrightarrow{MK}+\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{0}\)

nên K trùng với P