Cho hình thang MNPQ (MN//PQ), ^ QMN = ^ QNP . Gọi O là giao điểm của MP và NQ. a) Chứng minh rằng ΔMNQ∽ΔNQP.

23/25

Cho hình thang $MNPQ$$\left( {MN\,{\rm{//}}\,PQ} \right),$$\widehat {QMN} = \widehat {QNP}.$ Gọi $O$ là giao điểm của $MP$ và $NQ.$

a) Chứng minh rằng ΔMNQ∽ΔNQP.

b) Cho $MN = 9{\rm{\;cm}}$ và $PQ = 16{\rm{\;cm}}.$ Tính $NQ,\,\,NO,\,\,OQ.$

c) Tia phân giác $\widehat {MNQ}$ cắt $MQ$ tại $A,$ tia phân giác $\widehat {NQP}$ cắt $NP$ tại $B.$ Chứng minh rằng $AM \cdot BP = AQ \cdot BN.$

d) Chứng minh rằng $AB\,{\rm{//}}\,MN.$

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Cho hình thang $MNPQ$ \(\ (ảnh 1)$

a) Mặt khác: $MN\,{\rm{//}}\,QP$ (do $MNPQ$ là hình thang) nên $\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}$ (so le trong)

Xét $\Delta MNQ$ và $\Delta NQP$ có:

$\widehat {QMN} = \widehat {QNP}$ và $\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}$

Do đó ΔMNQ∽ΔNQP (g.g).

b) ⦁ Ta có: ΔMNQ∽ΔNQP (câu a) nên $\frac{{MN}}{{NQ}} = \frac{{NQ}}{{QP}}$ (tỉ số cạnh tương ứng)

Suy ra $N{Q^2} = MN \cdot PQ = 9 \cdot 16 = 144,$ do đó $NQ = \sqrt {144} = 12{\rm{\;cm}}.$

⦁ Ta có: $MN\,{\rm{//}}\,QP,$ theo hệ quả định lí Thalès ta có: $\frac{{MN}}{{PQ}} = \frac{{NO}}{{QO}}.$

Theo tính chất tỉ lệ thức ta có: $\frac{{MN}}{{PQ + MN}} = \frac{{NO}}{{QO + NO}}$ hay $\frac{{MN}}{{PQ + MN}} = \frac{{NO}}{{QO + NO}}$

Suy ra $\frac{9}{{16 + 9}} = \frac{{NO}}{{NQ}},$ do đó $NO = \frac{{9 \cdot NQ}}{{25}} = \frac{{9 \cdot 12}}{{25}} = 4,32$ cm.

⦁ Từ đó suy ra: $OQ = NQ - NO = 12 - 4,32 = 7,68$ cm.

c) Ta có: $NA$ là đường phân giác của $\Delta MNQ$ nên \[\frac{{NM}}{{NQ}} = \frac{{AM}}{{AQ}}\] (tính chất).

Tương tự, $QB$ là đường phân giác của $\Delta NPQ$ nên $\frac{{QN}}{{QP}} = \frac{{BN}}{{BP}}$ (tính chất).

Mặt khác, $\frac{{MN}}{{NQ}} = \frac{{NQ}}{{QP}}$ (chứng minh ở câu b).

Do đó $\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{BN}}{{BP}},$ nên $AM \cdot BP = AQ \cdot BN.$

d) Cách 1. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $QP,$ cắt $MP$ tại $I.$

$Cho hình thang $MNPQ$ \(\ (ảnh 2)$

Theo định lí Thalès ta có: $\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{MI}}{{IP}}.$

Lại có $\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{BN}}{{BP}}$ (chứng minh câu c) nên $\frac{{BN}}{{BP}} = \frac{{MI}}{{IP}},$ theo định lí Thalès đảo ta suy ra $IB\,{\rm{//}}\,MN.$

Qua $I$ có $AI\,{\rm{//}}\,MN$ (do cùng song song $QP),$$BI\,{\rm{//}}\,MN$ nên theo tiên đề Euclid thì $A,\,\,I,\,\,B$ thẳng hàng hay $AB\,{\rm{//}}\,MN.$

Cách 2. Xét tứ giác $ANBQ$ có:

$\widehat {ANQ} = \widehat {ANM} = \frac{1}{2}\widehat {MNQ}$ (do $AN$ là tia phân giác của $\widehat {MNQ});$

$\widehat {BQN} = \frac{1}{2}\widehat {NQP}$ (do $QB$ là tia phân giác của $\widehat {NQP})$

Mà $\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}$ (chứng minh ở câu a) nên $\widehat {ANQ} = \widehat {BQN}.$

Lại có $\widehat {ANQ}$ và $\widehat {BQN}$ nằm ở vị trí so le trong nên $AN\,{\rm{//}}\,BQ$$\left( 1 \right)$

Mặt khác: $\widehat {QAN} = \widehat {AMN} + \widehat {MNA}$ (góc ngoài của $\Delta AMN)$ và $\widehat {ANB} = \widehat {ANQ} + \widehat {QNB}.$

Mà $\widehat {AMN} = \widehat {QNP}$ và $\widehat {MNA} = \widehat {ANQ}$

Do đó $\widehat {QAN} = \widehat {ANB}$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right),$ suy ra tứ giác $ANBQ$ là hình thang cân.

Do đó $\widehat {AQB} = \widehat {NBQ}$ (tính chất hình thang cân). $\left( 3 \right)$

Xét $\Delta ABQ$ và $\Delta NQB$ có:

$AQ = BN;$$AB = NQ$ (do $ANBQ$ là hình thang cân) và $BQ$ là cạnh chung

Do đó $\Delta ABQ = \Delta NQB$ (c.c.c)

Suy ra $\widehat {ABQ} = \widehat {NQB}$ $\left( 4 \right)$

Từ $\left( 3 \right)$ và$\left( 4 \right),$ suy ra $\widehat {AQB} - \widehat {NQB} = \widehat {NBQ} - \widehat {ABQ}$ hay $\widehat {AQN} = \widehat {ABN}.$

Lại có: $\widehat {AQN} = \widehat {QPN}$ (do

Do đó $\widehat {ABN} = \widehat {QPN},$ mà hai góc này nằm ở vị trí đồng vị nên $AB\,{\rm{//}}\,MN.$