Giải

a) Từ giả thiết: \(\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{7}{4}\Rightarrow\) \(\dfrac{\left(AM+MB\right)}{AM}=\dfrac{\left(7+4\right)}{7}=\dfrac{11}{7}\)

hay \(\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{11}{7}:\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{7}{4}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AM+MB}{MB}=\dfrac{7+4}{4}=\dfrac{11}{4}\) hay \(\dfrac{AB}{BM}=\dfrac{11}{4}\)

b) Ta có: CB = AB - CA = 6cm - 3,6cm = 2,4cm

DA = AB + BD = 6 + BD

Từ giả thiết: \(\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{3.6}{2.4}=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(DB+6\right)}{DB}=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\) 2DB + 12 = 3DB \(\Rightarrow\) DB = 12 cm

t.i.c.k mik mik t.i.c.k lại

giải đi người ta t.i.c.k cho

1/ a/ BC = \(\sqrt{5^2+12^2}\)= 13 (cm) (định lí Pytago)

Vì AM là đường trung tuyến ứng với cạnh BC nên AM = 1/2 BC = 1/2 x 13 = 6,5 (cm)

b/ Ta có: \(\widehat{DAE}=\widehat{MDA}=\widehat{MEA}=\)90 độ 

=> Tứ giác ADME là hình chữ nhật

c/ AM là phân giác của \(\widehat{BAC}\) 

[ học toán ngu nhất là cm câu c :"< mấy câu giống vậy anh bỏ hết ]

thanks bạn nke^^

a) Gọi E là trung điểm BK

Chứng minh được QE là đường trung bình \(\Delta\)KBC nên QE//BC => QE _|_ AB (vì BC_|_AB) và \(QE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD\)

Chứng minh AM=QE và AM//QE => Tứ giác AMQE là hình bình hành

Chứng minh AE//NP//MQ (3) 

Xét \(\Delta AQB\)có BK và QE là 2 đường cao của tam giác

=> E là trực tâm tam giác nên AE là đường cao thứ 3 của tam giác AE _|_ BQ

=> BQ _|_ NP

b) Vẽ tia Ax vuông góc với AF. Gọi giao Ax và CD là G

Chứng minh \(\widehat{GAD}=\widehat{BAP}\)(cùng phụ \(\widehat{PAD}\)) 

=> \(\Delta\)ADG ~ \(\Delta\)ABP (gg) => \(\frac{AP}{AG}=\frac{AB}{AD}=2\Rightarrow AG=\frac{1}{2}AP\)

Ta có \(\Delta\)AGF vuông tại A có AD _|_ GF nên AG.AF=AD.GF(=2S_AGF)

=> \(AG^2\cdot AF^2=AD^2\cdot GF^2\left(1\right)\)

Ta chia cả 2 vế củ (1) cho \(AD^2\cdot AG^2\cdot AF^2\)

Mà \(AG^2+AF^2=GF^2\)(định lý Pytago)

\(\Rightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AG^2}+\frac{1}{AF^2}\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{1}{2}AB\right)^2}=\frac{1}{\left(\frac{1}{2}AP\right)^2}+\frac{1}{AF^2}\)

\(\Rightarrow\frac{4}{AB^2}=\frac{4}{AP^2}+\frac{1}{AF^2}\Rightarrow\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AP^2}+\frac{1}{4AF^2}\)

Cảm ơn nhiều ạ!

Vì \(A B = A C\) (giả thiết), ta suy ra tam giác \(A B C\) cân tại \(A\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B C\), suy ra \(B M = M C\).

Gọi \(P\) là điểm nằm trên đoạn \(A M\) sao cho \(C P = A B\).
Lại có \(A B = A C\) nên suy ra \(C P = A C\).

Gọi \(Q\) là điểm nằm trên tia đối của tia \(A M\) sao cho \(B Q = A C\).
Mà \(A C = C P = B Q\) nên ta có:

\(C P = B Q\)

\(\triangle C P A\) và \(\triangle B Q A\):

• Có \(C P = B Q\) (chứng minh trên)
• \(A B = A C\) (giả thiết) ⇒ \(A B = A C = C P = B Q\)
• \(A P\) và \(A Q\) nằm trên cùng một đường thẳng (vì \(Q\) thuộc tia đối của tia \(A M\)), và \(P\) nằm giữa \(A\) và \(M\), còn \(Q\) nằm kéo dài ra phía ngoài

Suy ra:

\(\overset{⃗}{A P}=-\overset{⃗}{A Q}\Rightarrow\overset{⃗}{P Q}=2\overset{⃗}{A P}\Rightarrow alàtrungđiểmcủaPQ\)