a) Tam giác ABC đều => Kẻ AH vuông góc với BC thì H là trung điểm của BC => BH = BC/2 = a/2

Tính được AH theo định lý Pytago: AH = a3√2a32

=> Diện tích của tam giác ABC là: 12.a3√2.a=a23√412.a32.a=a234

b) Xét các cặp tam giác bằng nhau dựa trên tam giác ABC đều vào tỉ số đề bài cho (CGC) em sẽ => Tam giác DEF có 3 cạnh bằng nhau => tam giác đều

c) Tam giác DEF và tam giác ABC đồng dạng

=> SDEF/SABC = (DE/AB)2

1) Ta có: \(\frac{CE}{EA}=\frac{2}{5}\Rightarrow\frac{EA}{CE}=\frac{5}{2}\Rightarrow\frac{EA}{CE+EA}=\frac{5}{2+5}\Rightarrow\frac{EA}{AC}=\frac{5}{7}\); \(\frac{AF}{FB}=\frac{2}{5}\Rightarrow\frac{AF}{AF+FB}=\frac{2}{2+5}\Rightarrow\frac{AF}{AB}=\frac{2}{7}\)

\(\Rightarrow\frac{S_{AEF}}{S_{AFC}}=\frac{AE}{AC}=\frac{5}{7}\Rightarrow S_{AEF}=\frac{5}{7}S_{AFC}\)và \(\frac{S_{AFC}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{AB}=\frac{2}{7}\Rightarrow S_{AFC}=\frac{2}{7}S_{ABC}\)

\(\Rightarrow S_{AEF}=\frac{5}{7}.\frac{2}{7}S_{ABC}=\frac{10}{49}S_{ABC}\)

Tương tự, ta có: \(S_{DEC}=\frac{10}{49}S_{ABC}\); \(S_{DFB}=\frac{10}{49}S_{ABC}\)

\(\Rightarrow S_{DEF}=S_{ABC}-S_{AEF}-S_{DEC}-S_{DFB}=S_{ABC}-\frac{30}{49}S_{ABC}=\frac{19}{49}S_{ABC}\)

2) Gọi N là trung điểm của DM

Kẻ \(EM//AB\left(M\in BC\right)\), gọi O là giao điểm của AM và EF, khi đó \(\frac{EM}{AB}=\frac{EC}{AC}=\frac{MC}{BC}\)(Thales)

Mặt khác từ giả thiết suy ra \(\frac{BD}{BC}=\frac{CE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

Từ đó ta có được BD = MC, EM = AF

EM = AF và EM // AF nên tứ giác AFME là hình bình hành => O là trung điểm của EF và AM

Ta có: \(\hept{\begin{cases}BD=MC\left(cmt\right)\\DN=MN\end{cases}}\Rightarrow BN=NC\)

Tam giác ADM có hai trung tuyến AN và DO cắt nhau tại G nên G là trọng tâm => G thuộc AN và \(AG=\frac{2}{3}AN\), G thuộc DO và \(DG=\frac{2}{3}DO\)

\(\Delta ABC\)có G thuộc trung tuyến AN và \(AG=\frac{2}{3}AN\)nên G là trọng tâm của tam giác (1) 

\(\Delta DEF\)có G thuộc trung tuyến DO và \(DG=\frac{2}{3}DO\) nên G là trọng tâm của tam giác (2)

Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác ABC, DEF có cùng trọng tâm G (đpcm)

a: ΔABC đều

=>AB=AC=BC và \(\hat{ABC}=\hat{ACB}=\hat{BAC}=60^0\)

Ta có: \(\hat{ABC}+\hat{ABF}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{ACB}+\hat{ECF}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{BAC}+\hat{EAD}=180^0\) (hai góc kề bù)

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

nên \(\hat{ABF}=\hat{ECF}=\hat{EAD}=180^0-60^0=120^0\)

Ta có: FC=FB+BC

AE=CE+CA

BD=BA+AD

mà BC=CA=AB và FB=CE=AD

nên FC=AE=BD

Xét ΔFBD và ΔECF có

FB=EC
\(\hat{FBD}=\hat{ECF}\)

BD=CF

Do đó: ΔFBD=ΔECF
=>FD=EF

Xét ΔFBD và ΔDAE có

FB=DA

\(\hat{FBD}=\hat{DAE}\)

BD=AE

Do đó: ΔFBD=ΔDAE

=>FD=DE

=>FD=EF=DE

=>ΔDEF đều

c: BD=BA+AD=a+0,5a=1,5a

Xét ΔBFD có \(cosFBD=\frac{BF^2+BD^2-FD^2}{2\cdot BF\cdot BD}\)

=>\(\frac{\left(1,5a\right)^2+\left(0,5a\right)^2-DF^2}{2\cdot1,5a\cdot0,5a}=cos120=\frac{-1}{2}\)

=>\(\frac{2,5a^2-DF^2}{1,5a^2}=\frac{-1}{2}\)

=>\(5a^2-2\cdot DF^2=-1,5a^2\)

=>\(2\cdot DF^2=6,5\cdot a^2\)

=>\(DF^2=3,25\cdot a^2\)

ΔDEF đều

=>\(S_{DEF}=DF^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=\frac{3,25\cdot a^2\cdot\sqrt3}{4}=\frac{13a^2\cdot\sqrt3}{16}\)

Hay :)) 

A B C C1 B1 A1 D E F H1 G1 G2 H3

\(\Delta ABC\) có \(C_1\) là trung điểm của \(AB\) và \(B_1\) là trung điểm của \(AC\) nên \(B_1C_1\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\)\(B_1C_1=\frac{1}{2}BC=A_1B=A_1C\)

Và \(B_1C_1//BC\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{AC_1B_1}=\widehat{C_1BA_1}\) ( hai góc đồng vị ) 

Xét \(\Delta AB_1C_1\) và \(\Delta A_1BC_1\) có : 

\(AC_1=BC_1\) \(\left(GT\right)\)

\(\widehat{AC_1B_1}=\widehat{C_1BA_1}\) ( chứng minh trên ) 

\(B_1C_1=A_1B\) ( chứng minh trên ) 

Do đó : \(\Delta AB_1C_1=\Delta A_1BC_1\) \(\left(c-g-c\right)\)

Chứng minh tương tự với các \(\Delta AB_1C_1\) và \(\Delta A_1B_1C\)\(;\)\(\Delta A_1BC_1\) và \(\Delta A_1B_1C\)\(;\)\(\Delta A_1BC_1\) và \(\Delta A_1B_1C_1\) ta có : 

\(\Delta AB_1C_1=\Delta A_1BC_1=\Delta A_1B_1C=\Delta A_1B_1C_1\)

Mà \(S_{AB_1C_1}+S_{A_1BC_1}+S_{A_1B_1C}+S_{A_1B_1C_1}=S_{ABC}\)

\(\Rightarrow\)\(S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}=\frac{1}{2}S_{ABC}\)

Bài toán trở thành Chứng minh \(S_{A_1EC_1DB_1F}=S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}\)

Do 4 tam giác bằng nhau nên các tam giác tạo từ các đường cao của chúng tương ứng bằng nhau 

\(\Rightarrow\)\(\Delta C_1EA_1=\Delta ADB_1\)\(;\)\(\Delta B_1FA_1=\Delta ADC_1\)

Mà \(S_{A_1EC_1DB_1F}=S_{C_1EA_1}+S_{B_1FA_1}+S_{C_1DB_1}+S_{A_1B_1C_1}\)

\(\Leftrightarrow\)\(S_{A_1EC_1DB_1F}=\left(S_{ADB_1}+S_{ADC_1}+S_{C_1DB_1}\right)+S_{A_1B_1C_1}=S_{AB_1C_1}+S_{A_1B_1C_1}\) ( điều phải chứng minh ) 

... 

A B C A B C 1 1 1 D E F H

Gọi H là trực tâm của \(\Delta\)A₁B₁C₁.

Ta thấy: \(\Delta\)ABC có A₁, B₁, C₁ là trung điểm các cạnh BC, CA, AB

Cho nên: \(S_{A_1B_1C_1}=S_{AB_1C_1}=S_{BA_1C_1}=S_{CA_1B_1}=\frac{S_{ABC}}{4}\). Ta đi chứng minh \(S_{A_1EC_1DB_1F}=2S_{A_1B_1C_1}\)

Xét \(\Delta\)A₁B₁C₁: H là trực tâm => A₁H vuông góc B₁C₁. Mà B₁C₁ // BC => A₁H vuông góc BC

Nhưng: C₁E cũng vuông góc BC nên A₁H // C₁E. Tương tự: C₁H // A₁E 

Do đó: Tứ giác A₁HC₁E là hình bình hành => \(S_{A_1HC_1}=S_{A_1EC_1}=\frac{S_{A_1HC_1E}}{2}\)

Tương tự, ta có: \(S_{A_1HB_1}=S_{A_1FB_1}=\frac{S_{A_1HB_1F}}{2};S_{B_1HC_1}=S_{B_1DC_1}=\frac{S_{B_1HC_1D}}{2}\)

\(\Rightarrow S_{A_1HC_1}+S_{A_1HB_1}+S_{B_1HC_1}=\frac{S_{A_1EC_1DB_1F}}{2}\Rightarrow S_{A_1EC_1DB_1F}=2.S_{A_1B_1C_1}=2.\frac{S_{ABC}}{4}=\frac{S_{ABC}}{2}\) (đpcm).

(P/S: Các bn có thể tham khảo thêm cách này)