Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) + b) + c)
A B C D H K
Vì chứng minh được câu a) thì khỏi cần chứng minh câu b) và c)
\(S_{ABD}=S_{BDC}\)
- Đáy AB = DC
- Có chiều cao bằng chiều cao của hình bình hành ( AH = BK)
\(S_{ADC}=S_{ABC}\)
- Đáy AB = DC
- Có chiều cao bằng chiều cao hình bình hành
Vì vậy có thể kết luận rằng :\(S_{ABD}=S_{BDC}=S_{ABC}=S_{ACD}\)
\(S_{ABD}=S_{OAB}+S_{AOD}\)
\(S_{ADC}=S_{AOD}+S_{DOC}\)
Vì có chung diện tích AOD nên S OAB = S DOC
Tương tự...
M B C D A H K
Kẻ BH và DK cùng vuông góc với AI.
Ta có \(\widehat{HIB}=\widehat{KAD}\) (so le trong) nên \(\Delta HIB\sim\Delta KAD\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BH}{DK}=\frac{BI}{AD}=\frac{BI}{BC}=\frac{1}{2}\)
Lại có: \(S_{ABM}=\frac{1}{2}.m.BH\Rightarrow BH=\frac{2b}{m}\)
Tương tự \(DK=\frac{2d}{m}\)
Suy ra d = 2b hay \(d^2=4b^2.\).
Gọi độ dài cạnh của hình vuông ABCD là a thì BI = a/2.
Xét tam giác vuông ABI, đường cao BH ta có: \(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BI^2}\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{2b}{m}\right)^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{\left(\frac{a}{2}\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{m^2}{4b^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow a^2=\frac{4.5b^2}{m^2}=\frac{4}{m^2}\left(4b^2+b^2\right)=\frac{4}{m^2}\left(d^2+b^2\right)\)
Vậy \(S_{ABCD}=\frac{4}{m^2}\left(d^2+b^2\right).\)
cái hình thì mk gửi link trong ib nhé
a) Gọi O là giao điểm của AC và BD
\(\Delta OAB\) vuông tại O có \(OA^2+OB^2=AB^2=49\)
Lại có: \(\tan BAC=\tan OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{3}{4}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{OA^2}{16}=\frac{OB^2}{9}=\frac{OA^2+OB^2}{16+9}=\frac{49}{25}\)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\frac{OA}{4}=\frac{7}{5}\\\frac{OB}{3}=\frac{7}{5}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}OA=\frac{28}{5}\left(cm\right)\\OB=\frac{21}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}AC=2OA=\frac{56}{5}\left(cm\right)\\BD=2OB=\frac{42}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\)\(S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.\frac{56}{5}.\frac{42}{5}=\frac{1176}{25}=47,04\left(cm^2\right)\)
b) Gọi E, F lần lược là giao điểm của BD với MN và PQ
tam giác ABD có MQ // BD
\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}=\frac{MA}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet )
tam giác OAD có QF // OA
\(\Rightarrow\)\(\frac{QF}{OA}=\frac{DQ}{AQ}=\frac{MB}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet )
\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}+\frac{QF}{OA}=\frac{MA+MB}{AB}=1\)
\(\Rightarrow\)\(1\ge2\sqrt{\frac{MQ.QF}{BD.OA}}\)\(\Leftrightarrow\)\(MQ.QF\le\frac{1}{4}BD.OA\)
Tương tự, ta cũng có: \(NP.PF\le\frac{1}{4}BD.OC\)
\(\Rightarrow\)\(MQ.QF+NP.PF=S_{MEFQ}+S_{NEFP}=S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}BD.AC=\frac{1}{2}S_{ABCD}=23,52\left(cm^2\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA