a) \(\Delta A I E \sim \Delta A C I\) (g.g) suy ra \(\frac{A I}{A C} = \frac{A E}{A I}\) hay \(A I^{2} = A E . A C\) (1)

Chứng minh tương tự:

\(\Delta A I K \sim \Delta A K B\) (g.g) suy ra \(\frac{A K}{A B} = \frac{A F}{A K}\) hay \(A K^{2} = A B . A F\) (2)

Mà \(\Delta A B E \sim \Delta A C F\) (g.g) suy ra \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) hay \(A B . A F = A C . A E\) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(A I^{2} = A K^{2}\) suy ra \(A I = A K\).

b) Vì \(\hat{A} = 60^{\circ}\) suy ra \(\hat{B_{1}} = 30^{\circ}\)

Trong tam giác \(A B E\) vuông tại \(E\) nên \(A E = \frac{1}{2} A B ,\)

Trong tam giác \(A F C\) vuông tại \(F\) có \(\hat{C_{1}} = 30^{\circ}\) suy ra \(A F = \frac{1}{2} A C\).

Do đó, \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c).

suy ra \(\frac{S_{A E F}}{S_{A B C}} = \left(\left(\right. \frac{A E}{A B} \left.\right)\right)^{2} = \frac{1}{4}\).

Vậy \(S_{A E F} = \frac{1}{4} . 120 = 30\) cm\(^{2}\).

a) \(\Delta A I E \sim \Delta A C I\) (g.g) suy ra \(\frac{A I}{A C} = \frac{A E}{A I}\) hay \(A I^{2} = A E . A C\) (1)

Chứng minh tương tự:

\(\Delta A I K \sim \Delta A K B\) (g.g) suy ra \(\frac{A K}{A B} = \frac{A F}{A K}\) hay \(A K^{2} = A B . A F\) (2)

Mà \(\Delta A B E \sim \Delta A C F\) (g.g) suy ra \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) hay \(A B . A F = A C . A E\) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(A I^{2} = A K^{2}\) suy ra \(A I = A K\).

b) Vì \(\hat{A} = 60^{\circ}\) suy ra \(\hat{B_{1}} = 30^{\circ}\)

Trong tam giác \(A B E\) vuông tại \(E\) nên \(A E = \frac{1}{2} A B ,\)

Trong tam giác \(A F C\) vuông tại \(F\) có \(\hat{C_{1}} = 30^{\circ}\) suy ra \(A F = \frac{1}{2} A C\).

Do đó, \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c).

suy ra \(\frac{S_{A E F}}{S_{A B C}} = \left(\left(\right. \frac{A E}{A B} \left.\right)\right)^{2} = \frac{1}{4}\).

Vậy \(S_{A E F} = \frac{1}{4} . 120 = 30\) cm\(^{2}\).

a) \(\triangle A B E\) có \(A M \parallel D G\) suy ra

\(\frac{A E}{E G} = \frac{E B}{E D} \left(\right. 1 \left.\right)\)

\(\triangle A D E\) có \(A D \parallel B K\) suy ra

\(\frac{E B}{E D} = \frac{E K}{E A} \left(\right. 2 \left.\right)\)

Từ (1) và (2) ta có

\(\frac{A E}{E G} = \frac{E K}{E A}\)

nên

\(A E^{2} = E K \cdot E G .\)

b) Từ

\(\frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G}\)

suy ra

\(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = 1.\)

\(\triangle A D E\) có \(A D \parallel B C\) suy ra

\(\frac{A E}{E K} = \frac{E D}{E B} .\) \(\frac{A E}{A E + E K} = \frac{E D}{E D + E B} .\) \(\frac{A E}{A K} = \frac{E D}{D B} \left(\right. 3 \left.\right)\)

Tương tự \(\triangle A E B\) có \(A B \parallel D G\) suy ra

\(\frac{A E}{E G} = \frac{B E}{E D} .\) \(\frac{A E}{A E + E G} = \frac{B E}{B E + E D} .\) \(\frac{A E}{A G} = \frac{B E}{B D} \left(\right. 4 \left.\right)\)

Khi đó

\(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = \frac{E D}{B D} + \frac{B E}{B D} = 1.\)

c) Ta có

\(\frac{B K}{K C} = \frac{A B}{C G}\)

suy ra

\(B K = \frac{K C \cdot A B}{C G} \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \frac{K C}{A D} = \frac{C G}{D G} .\)

Suy ra

\(D G = \frac{A D \cdot C G}{K C} .\)

Nhân theo vế ta được

\(B K \cdot D G = A B \cdot A D \&\text{nbsp}; \text{kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};đổ\text{i} .\)

Vì \(A A^{'} , B B^{'} , C C^{'}\) đồng quy tại \(M\) nên tồn tại các số dương \(x , y , z\) sao cho

\(\overset{⃗}{M A} = x \overset{⃗}{M A^{'}} , \overset{⃗}{M B} = y \overset{⃗}{M B^{'}} , \overset{⃗}{M C} = z \overset{⃗}{M C^{'}} .\)

Cộng ba đẳng thức vectơ và sử dụng \(\overset{⃗}{M A} + \overset{⃗}{M B} + \overset{⃗}{M C} = \overset{⃗}{0}\) suy ra

\(x \overset{⃗}{M A^{'}} + y \overset{⃗}{M B^{'}} + z \overset{⃗}{M C^{'}} = \overset{⃗}{0} .\)

Do \(A^{'} , B^{'} , C^{'}\) lần lượt nằm trên \(B C , C A , A B\), so sánh theo các hướng \(\overset{⃗}{B C} , \overset{⃗}{C A} , \overset{⃗}{A B}\) ta thu được

\(x = \frac{A B^{'}}{C B^{'}} + \frac{A C^{'}}{B C^{'}} .\)

Mặt khác \(x = \frac{A M}{A^{'} M}\), do đó

A′MAM​=CB′AB′​+BC′AC′​​