Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
A B C D O M N P Q
a) Xét tam giác AOD có M là trung điểm của AO (gt) Q là trung điểm của OD (gt)
\(\Rightarrow MQ//AD,MQ=\frac{1}{2}AD\left(tc\right)\left(1\right)\)
CMTT \(MN//AB,MN=\frac{1}{2}AB\left(2\right)\)
\(NP=\frac{1}{2}BC\left(3\right)\)
\(PQ=\frac{1}{2}DC\left(4\right)\)
Mà AB=BC=CD=DA (tc) (5)
Từ (1) ,(2) ,(3),(4) và (5)\(\Rightarrow MN=NP=PQ=MQ\)
Xét tứ giác MNPQ có \(MN=NP=PQ=MQ\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow MNPQ\)là hình thoi ( dhnb) (6)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}MQ//AD\left(cmt\right)\\MN//AB\left(cmt\right)\end{cases}}\)mà \(AD\perp AB\)
\(\Rightarrow MQ\perp MN\)
\(\Rightarrow\widehat{QMN}=90^0\)(7)
Từ (6) và (7) \(\Rightarrow MNPQ\)là hình vuông (dhnb )
b) Ta có\(MQ=\frac{1}{2}AD\left(cmt\right)\)
mà \(AD=16\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow MQ=8\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow S_{MNPQ}=8^2=64\left(cm^2\right)\)
\(\Rightarrow S_{ABCD}=16^2=256\left(cm^2\right)\)
Vậy diện tích phần trong của hình vuông ABCD nằm ngoài tứ giác MNPQ =\(256-64=192\left(cm^2\right)\)
A B D C O K H
Kẻ \(BH\perp AD,CK\perp AD\)
\(\Rightarrow BH//CK\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}BH//CK\\BC//HK\end{cases}\Rightarrow BH=CK}\)( tc cặp đoạn chắn )
Xét tam giác ABD và tam giác ACD có:
2 đường cao BH,CK = nhau , đáy AD chung
\(\Rightarrow S_{ABD}=S_{ACD}\)
\(\Leftrightarrow S_{OAB}+S_{AOD}=S_{AOD}+S_{OCD}\)
\(\Leftrightarrow S_{OAB}=S_{OCD}\left(đpcm\right)\)
PS: có 1 tính chất học ở kì I lớp 8 á nhưng mình không biết cách giải thích sao nữa nên mình dùng cặp đoạn chắn
a) Xét ΔABC có
M là trung điểm của AB(gt)
N là trung điểm của BC(gt)
Do đó: MN là đường trung bình của ΔABC(Định nghĩa đường trung bình của tam giác)
Suy ra: MN//AC và \(MN=\dfrac{AC}{2}\)(Định lí 2 về đường trung bình của tam giác)(1)
Xét ΔADC có
Q là trung điểm của AD(gt)
P là trung điểm của CD(gt)
Do đó: QP là đường trung bình của ΔADC(Định nghĩa đường trung bình của tam giác)
Suy ra: QP//AC và \(QP=\dfrac{AC}{2}\)(Định lí 2 về đường trung bình của tam giác)(2)
Từ (1) và (2) suy ra MN//PQ và MN=PQ
Xét tứ giác MNPQ có
MN//PQ(cmt)
MN=PQ(cmt)
Do đó: MNPQ là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
b)
Xét ΔABD có
M là trung điểm của AB(gt)
Q là trung điểm của AD(gt)
Do đó: MQ là đường trung bình của ΔADB(Định nghĩa đường trung bình của tam giác)
Suy ra: \(MQ=\dfrac{BD}{2}\)(Định lí 2 về đường trung bình của tam giác)
Hình bình hành MNPQ trở thành hình vuông khi \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MQP}=90^0\\MQ=QP\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB\perp CD\\AB=CD\end{matrix}\right.\)
Hình bình hành MNPQ trở thành hình vuông khi
xét ΔAQM và ΔADB có
\(\frac{AQ}{AD}=\frac{AM}{AB}\left(=\frac12\right)\)
góc QAM chung
Do đó: ΔAQM~ΔADB
=>\(\frac{S_{AQM}}{S_{ADB}}=\left(\frac{AQ}{AD}\right)^2=\frac14\)
=>\(S_{AQM}=\frac14\cdot S_{ADB}\)
Xét ΔCNP và ΔCBD có
\(\frac{CN}{CB}=\frac{CP}{CD}\left(=\frac12\right)\)
\(\hat{NCP}\) chung
Do đó: ΔCNP~ΔCBD
=>\(\frac{S_{CNP}}{S_{CBD}}=\left(\frac{CN}{CB}\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14\)
=>\(S_{CNP}=\frac14\cdot S_{CBD}\)
Xét ΔBMN và ΔBAC có
\(\frac{BM}{BA}=\frac{BN}{BC}\left(=\frac12\right)\)
góc MBN chung
Do đó: ΔBMN~ΔBAC
=>\(\frac{S_{BMN}}{S_{BAC}}=\left(\frac{BM}{BA}\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14\)
=>\(S_{BMN}=\frac14\cdot S_{BAC}\)
Xét ΔDQP và ΔDAC có
\(\frac{DQ}{DA}=\frac{DP}{DC}\left(=\frac12\right)\)
góc QDP chung
Do đó: ΔDQP~ΔDAC
=>\(\frac{S_{DQP}}{S_{DAC}}=\left(\frac{DQ}{DA}\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14\)
=>\(S_{DQP}=\frac14\cdot S_{DCA}\)
TA có: \(S_{AMQ}+S_{BMN}+S_{CNP}+S_{QDP}+S_{MNPQ}=S_{ABCD}\)
=>\(S_{MNPQ}+\frac14\left(S_{BAC}+S_{DAC}+S_{ABD}+S_{CBD}\right)=S_{ABCD}\)
=>\(S_{MNPQ}+\frac14\left(S_{ABCD}+S_{ABCD}\right)=S_{ABCD}\)
=>\(S_{MNPQ}=\frac12\cdot S_{ABCD}\)
=>\(S_{ABCD}=2\cdot S_{MNPQ}\)