Hình giống bài 1

Xét △ADB, ta có MN//AB (gt)

⇒ \(\dfrac{DN}{DB}\) = \(\dfrac{MN}{AB}\) ( hệ quả định lý Thalès ) (1)

Xét △ABC, ta có PQ//AB (gt) 

⇒ \(\dfrac{CQ}{CB}\) = \(\dfrac{PQ}{AB}\) ( hệ quả định lý Thalès ) (2)

Lại có NQ//AB (gt); AB//CD (gt)

⇒ NQ//CD

Xét △BDC, ta có NQ//CD (cmt)

⇒ \(\dfrac{DN}{DB}\) = \(\dfrac{CQ}{CB}\) ( định lý Thalès ) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\dfrac{MN}{AB}\) = \(\dfrac{PQ}{AB}\) hay MN=PQ (đpcm)

Vậy MN=PQ.

Xét △ABC có BC vuông góc với AB'; B'C' vuông góc với AB'

⇒ Góc ABC = BB'C ( =90 độ ). Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị.

⇒ BC//B'C'

Xét △AB'C' có BC//B'C' (cmt) :

\(\dfrac{AB}{AB'}\) = \(\dfrac{BC}{B'C'}\) ( Hệ quả định lý Thalès )

⇒ \(\dfrac{x}{x+h}\) = \(\dfrac{a}{a'}\)

⇒ a'x = ax + ah ⇒ x( a' - a ) = ah ⇒ x = \(\dfrac{ah}{a'-a}\) (đpcm)

Vậy x = \(\dfrac{ah}{a'-a}\).

Lấy D là trung điểm cạnh BC.

Khi đó, AD là đường trung tuyến của △ABC.

Vì G là trọng tâm của △ABC nên G nằm trên AD.

⇒ \(\dfrac{AG}{AD}\) = \(\dfrac{2}{3}\) hay AG = \(\dfrac{2}{3}\) AD

Xét △ABC có MG//AB (gt) :

⇒\(\dfrac{AG}{AD}\) = \(\dfrac{BM}{BD}\) = \(\dfrac{2}{3}\) ( Định lý Thalès )

Lại có BD = CD ( D là trung điểm của cạnh BC ) nên \(\dfrac{BM}{BC}\) = \(\dfrac{BM}{2BD}\) = \(\dfrac{2}{2.3}\) = \(\dfrac{1}{3}\) hay BM = \(\dfrac{1}{3}\)BC (đpcm)

Vậy BM = \(\dfrac{1}{3}\) BC.

Có ABCD là hình thang (gt) ⇒ AB//CD (t/c)

Áp dụng hệ quả định lí Thalès, ta có:

\(\dfrac{OA}{OC}\) = \(\dfrac{OB}{OD}\) 

⇒ OA.OD = OB.OC (đpcm)

Vậy OA.OD = OB.OC.

Xét △ABC có AE//BC (gt) :

⇒ \(\dfrac{AE}{AB}\) = \(\dfrac{CD}{BC}\) ( Định lý Thalès ) 1
Xét △ABC có DF//AB (gt) :

⇒ \(\dfrac{AF}{AC}\) = \(\dfrac{BD}{BC}\) ( Định lý Thalès ) 2

Từ 1 và 2 ⇒ \(\dfrac{AE}{AB}\) + \(\dfrac{AF}{AC}\) = \(\dfrac{CD}{BC}\) + \(\dfrac{BD}{BC}\) = \(\dfrac{BC}{BC}\) = 1 (đpcm)

Vậy \(\dfrac{AE}{AB}\) + \(\dfrac{AF}{AC}\) = 1.