Cho \(\Delta ABC\) có \(H\) là trung điểm của \(BC\), \(K\) là trung điểm của \(AB\) thì đường trung bình của \(\Delta ABC\) là

a) Đúng.

Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta AHB\) có: \(\widehat {HDA} = \widehat {BHA} = 90^\circ \) và \(\widehat {DAH} = \widehat {BAH}\) (góc chung)

Suy ra \(\Delta ADH \sim \Delta AHB\) (g.g).

b) Đúng.

Suy ra \(\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \(A{H^2} = AD.AB\) (1)

c) Sai.

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta AHC\) có: \(\widehat {HEA} = \widehat {CHA} = 90^\circ \) và \(\widehat {EAH} = \widehat {CAH}\) (góc chung)

Suy ra \(\Delta AEH \sim \Delta AHC\) (g.g).

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) hay \(A{H^2} = AE.AC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AD.AB = AE.AC\) hay \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AD}}{{AC}}\).

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ACB\) có: \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AD}}{{AC}}\) và \(\widehat {BAC} = \widehat {DAE}\) (góc chung)

Suy ra \(\Delta ADE \sim \Delta ACB\)(c.g.c)

d) Đúng.

Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{{8.5}}{2} = 20{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\).

Mà \(\frac{{{S_{ADE}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{D{E^2}}}{{B{C^2}}} = \frac{{{4^2}}}{{{8^2}}} = \frac{1}{4}\).

Do đó, \({S_{ADE}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}} = \frac{1}{4}.20 = 5{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\).

a) Đúng.

Áp dụng định lí Thalès vào tam giác \(ABC\) có \(MN\parallel BC\) ta được: \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) suy ra \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{3}\).

b) Sai.

Áp dụng định lí Thalès vào tam giác \(ABC\) có \(EF\parallel BC\) ta được: \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) suy ra \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{2}{3}\).

c) Đúng.

Xét tứ giác \(MNFE\) có \(MN\parallel BC\) và \(KI \bot MN\). Do đó \(MNFE\) là hình thang có hai đáy \(MN,FE\) và chiều cao \(KI.\)

d) Đúng.

Ta có: \({S_{MNEF}} = \frac{{\left( {MN + FE} \right) \cdot KI}}{2} = \frac{{\left( {\frac{1}{3}BC + \frac{2}{3}BC} \right) \cdot \frac{1}{3}AH}}{2} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} = 30{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}.\)