Qua B, kẻ BI//PQ(I∈AM). Qua C, kẻ CK//PQ(K∈AM)

=>BI//CK//PQ

Xét ΔDIB và ΔDKC có

\(\hat{DBI}=\hat{DCK}\) (hai góc so le trong, BI//CK)

DB=DC
\(\hat{IDB}=\hat{KDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDIB=ΔDKC

=>DI=DK và BI=CK

=>D là trung điểm của IK

Xét ΔABI có PM//BI

nên \(\frac{AP}{AB}=\frac{AM}{AI}\)

=>\(\frac{AB}{AP}=\frac{AI}{AM}\)

Xét ΔAKC có MQ//KC

nên \(\frac{AQ}{AC}=\frac{AM}{AK}\)

=>\(\frac{AC}{AQ}=\frac{AK}{AM}\)

\(\frac{AB}{AP}+\frac{AC}{AQ}\)

\(=\frac{AI}{AM}+\frac{AK}{AM}=\frac{AI+AI+IK}{AM}=\frac{2\cdot AI+2\cdot ID}{AM}=2\cdot\frac{AD}{AM}\)

A B C D E M O H K d

Từ B và C kẻ 2 đường thẳng song song với d, chúng cắt AM lần lượt tại H và K.

Theo ĐL Thales, ta có: \(\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AO}\)\(;\frac{AC}{AE}=\frac{AK}{AO}\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AC}{AE}=\frac{AH+AK}{AO}\)

Tam giác BHM= Tam giác CKM (g.c.g) => HM=KM

\(\Rightarrow AH+AK=AH+AH+HM+KM=2AH+2HM=2AM\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AC}{AE}=\frac{2AM}{AO}\)

Do O là trung điểm AM nên \(\frac{AB}{AD}+\frac{AC}{AE}=\frac{4AO}{AO}=4\)(đpcm).

Ta có: 

Vì K ∈ PQ nên PK // BM; KQ // MC

Trong ΔABM có PK // BM nên

Trong ΔAMC có KQ // MC nên

mà BM = MC (gt) nên PK = KQ.

A C P Q M K B

Xét tam giác ABC có: \(\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{AC}\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow PQ//BC\)( Định lý Ta-let đảo )

Xét tam giác ABM có PK//BM ( PQ//BC )

\(\Rightarrow\frac{PK}{BM}=\frac{AK}{AM}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (1)

Xét tam giác AMC có KQ//MC ( PQ//BC )

\(\Rightarrow\frac{KQ}{MC}=\frac{AK}{AM}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (2)

Mà BM=MC ( vì AM là đường trung tuyến úng với BC ) (3)

Từ (1),(2) và (3) \(\Rightarrow KQ=KP\left(đpcm\right)\)

 bài 2 bạn tự vẽ hình nha

xét tam giác vuông ABC và tam giác vuông DBA co chung goc BAC 

==> tam giác ABC đồng dạng với tam giác DBA 

==> AB/BC=BD/AB (1)

xét tam giác DBA có BF là phân giác ==> BD/AB=DF/AF(2)

xét tam giác vuông BAC có BE là phân giác ==> AB/BC=AE/EC (3)

từ (1) (2) (3) ta có DF/FA =AE/EC (vì cùng bằng AB/BC )

A B C M N P E F H K

Gọi PH và NF là 2 đường cao của \(\Delta\)BNP; CK và AE lần lượt là đường cao của \(\Delta\)CMP và \(\Delta\)AMN

Xét tứ giác BNMP có: BN // MP; MN // BP => Tứ giác BNMP là hình bình hành

=> MP = BN; MN = BP

Ta có: \(S_{CMP}=\frac{CK.MP}{2};S_{BNP}=\frac{PH.BN}{2}\Rightarrow\frac{S_{CMP}}{S_{BNP}}=\frac{CK}{PH}\)(Do MP = BN) (1)

MP // BN => ^MPC = ^NBC (Đồng vị) Hay ^KPC = ^HBP.

Xét \(\Delta\)CKP và \(\Delta\)PHB có: ^CKP = ^PHB (=90⁰); ^KPC = ^HBP

=> \(\Delta\)CKP ~ \(\Delta\)PHB (g.g)\(\Rightarrow\frac{CK}{PH}=\frac{CP}{PB}\) (2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{S_{CMP}}{S_{BNP}}=\frac{CP}{PB}\). Mà \(\frac{CP}{PB}=\frac{CM}{MA}\)(ĐL Thales) \(\Rightarrow\frac{S_{CMP}}{S_{BNP}}=\frac{CM}{MA}\)(*)

Tương tự: \(\frac{S_{BNP}}{S_{AMN}}=\frac{NF}{AE}\). \(\Delta\)AEN ~ \(\Delta\)NFB (g.g) => \(\frac{NF}{AE}=\frac{BN}{NA}\)

\(\Rightarrow\frac{S_{BNP}}{S_{AMN}}=\frac{BN}{NA}=\frac{CM}{MA}\)(ĐL Thales) (**)

Từ (*) và (**) suy ra \(\frac{S_{CMP}}{S_{BNP}}=\frac{S_{BNP}}{S_{AMN}}\Rightarrow\left(S_{BNP}\right)^2=S_{AMN}.S_{CMP}\) (đpcm).

A B C M D I E F

a) Xét \(\Delta\)ABD có: ME // AD 

=> \(\frac{BM}{BD}=\frac{EM}{AD}\)(1)

Xét \(\Delta\)CFM có: AD//FM

=> \(\frac{AD}{FM}=\frac{CD}{CM}\)=> \(\frac{CM}{CD}=\frac{FM}{AD}\)(2)

Từ (1); (2) => \(\frac{EM}{AD}+\frac{FM}{AD}=\frac{BM}{BD}+\frac{CM}{CD}\)vì AD là trung tuyến => BD = CD

=> \(\frac{EM+FM}{AD}=\frac{BM+CM}{CD}=\frac{BC}{CD}=2\)

=> \(EM+FM=2AD\)

b) Tứ giác ADMI là hình bình hành

Chứng minh:

I là trung điểm của EF 

=> ME + MF = ME + ME + EF = 2ME + 2EI = 2( ME + EI ) = 2MI

mà ME + MF = 2 AD 

=> MI = AD 

Mặt khác: MI//AD

=> ADMI là hình bình hành