Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi K là giao của MN và CD
Ta có: \(\widehat{BMN}=\widehat{MTD}\)(so le trong và MN//AP) và \(\widehat{MTD}=\widehat{APD}\) (đồng vị và MN//AP)
\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{APD}\)
Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta DPA\)có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{MBN}=\widehat{PDA}\left(=90^o\right)\\\widehat{BMN}=\widehat{APD}\left(cmt\right)\end{cases}}\)
=> \(\Delta BMN~\Delta DPA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BM}{DP}=\frac{BN}{DA}\Rightarrow\frac{BM}{BN}=\frac{DP}{DA}\)
Mà \(BM=\frac{AB}{2},DA=BD\sin\widehat{ABD}=\frac{\sqrt{2}BD}{2}=\sqrt{2}OB\)
Do đó: \(\frac{\frac{\sqrt{2}OD}{2}}{BN}=\frac{DP}{\sqrt{2}OB}\Rightarrow\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\)
Xét \(\Delta DOP\)và \(\Delta BNO\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ODP}=\widehat{NBO}\left(=45^o\right)\\\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\end{cases}\Rightarrow\Delta DOP~\Delta BNO\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{DOP}=\widehat{BNO}}\)
Mà \(\widehat{DON}=\widehat{BNO}+\widehat{OBN}=\widehat{BNO}+45^o\)
Và \(\widehat{DON}=\widehat{DOP}+\widehat{NOP}\)
Do vậy \(\widehat{NOP}=45^o\)
2. Ta có \(\frac{OP}{ON}=\frac{OD}{BN}\left(\Delta DOP~\Delta BNO\right)\)
Nên \(\frac{OP}{ON}=\frac{OB}{BN}\Rightarrow\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\)
Xét \(\Delta OPN\)và \(\Delta BQN\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{PON}=\widehat{OBN}\left(=45^o\right)\\\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\end{cases}\Rightarrow\Delta OPN~\Delta BON\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{OPN}=\widehat{BON}}\)
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP
Ta có \(\widehat{ION}=\frac{180^o-\widehat{OIN}}{2}=90^o-\widehat{OPN}=\widehat{BOC}-\widehat{BON}=\widehat{CON}\)
=> 2 tia OI,OC trùng nhau
Vậy I thuộc OC
a) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AP và DP. Ta có :
IK song song và bằng 1/2 AD hay bằng 1/2 BC.
KM = DM - DK = DC/2 - DP / 2 = PC/2
Mà \(\widehat{IKM}=\widehat{ADC}=\widehat{BCP}\)
\(\Rightarrow\Delta IKM\sim\Delta BCP\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{BPC}=\widehat{IMP}\)
Mà \(\widehat{BPC}=\widehat{ABP}\) (AB // PC) ; \(\widehat{ABP}=\widehat{AQR}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AR)
Do đó \(\widehat{IME}=\widehat{IQE}\Rightarrow\) Tứ giác IMQE nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{EIQ}=\widehat{EMQ}\)
Mà IE // AF (Đường trung bình) nên \(\widehat{IEQ}=\widehat{FAQ}\) (Đồng vị)
\(\Rightarrow\widehat{FAQ}=\widehat{FMQ}\) hay tứ giác AMQF nội tiếp.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF đi qua A, M cố định.
Vậy tâm đường tròn thuộc đường trung trực của AM.
b) Ta có \(\widehat{EPR}=\widehat{BPC}=\widehat{ABP}=\widehat{AQE}\) nên \(\Delta EPR\sim\Delta EQP\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EP}{EQ}=\frac{ER}{EP}\Rightarrow EP^2=ER.EQ\)
Vì AE là tiếp tuyến nên \(\widehat{EAR}=\widehat{AQE}\Rightarrow\Delta EAR\sim\Delta EQA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EA}{EQ}=\frac{ER}{EA}\Rightarrow EA^2=EQ.ER\)
\(\Rightarrow EP^2=EA^2\Rightarrow EP=EA=EF\)
\(\Rightarrow\widehat{FAP}=90^o\Rightarrow\widehat{FMQ}=90^o\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FQ)
\(\Rightarrow MQ\perp CD\)