Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B M C N A D P Q H E F
a, Ta có: \(\widehat{MAN}=\widehat{DBC}=45^0\Rightarrow AQMB\) nội tiếp. \(\left(1\right)\)
b, Từ \(\left(1\right)\Rightarrow\widehat{MQA}+\widehat{MBA}=180^0\Rightarrow\widehat{AQM}=90^0\left(\widehat{ABC}=90^0\right)\)
\(\Rightarrow MQ\perp AN\)
Tương tự như trên ta có: \(NP\perp AM\Rightarrow H\) là trực tâm của \(\Delta AMN\)
\(\Rightarrow AH\perp MN\left(đpcm\right)\)
c, Gọi \(AH\)\(∩\) \(MN=E\)
Gọi \(AF\perp AM,F\in CD\Rightarrow\widehat{FAD}=\widehat{BAM}\left(+\widehat{MAD}=90^0\right)\)
Lại có: \(\widehat{ADF}=\widehat{ABM}=90^0,AD=AB\Rightarrow\Delta ADF=\Delta ABM\left(g-c-g\right)\)
\(\Rightarrow AF=AM\)
Lại có: \(\widehat{NAF}=\widehat{MAN}=45^0\Rightarrow\Delta FAN=\Delta MAN\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow MN=FN\Rightarrow MN+NC+CM=NF+NC+CM=DN+CN+DF+CM\)
\(=\left(DN+CN\right)+\left(BM+CM\right)=CD+CB=2AD\)
Lại có tiếp: \(\hept{\begin{cases}AE\perp MN\\AD\perp NF\end{cases}}\Rightarrow AE=AD\)
\(\Rightarrow S_{ANM}=\frac{1}{2}.AE.MN=\frac{1}{2}.AD.MN\)
Lại có tiếp: \(MN\le MC+NC\)
\(\Rightarrow2MN\le MN+MC+NC=2AD\)
\(\Rightarrow MN\le AD\)
\(\Rightarrow S_{ANM}=\frac{1}{2}.AD.MN\le\frac{1}{2}AD^2\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}M\equiv B\\M\equiv C\end{cases}}\)
(Rối thực sự -.- )
a: ABCD là hình vuông
=>BD là phân giác của góc ABC
=>\(\hat{ABD}=\hat{CBD}=\frac12\cdot\hat{ABC}=45^0\)
Xét tứ giác AQMB có \(\hat{QAM}=\hat{QBM}\left(=45^0\right)\)
nên AQMB là tứ giác nội tiếp
b: AQMB là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AQM}+\hat{ABM}=180^0\)
=>\(\hat{AQM}=180^0-90^0=90^0\)
=>MQ⊥AN tại Q
ABCD là hình vuông
=>DB là phân giác của góc ADC
=>\(\hat{BDC}=\frac12\cdot\hat{ADC}=45^0\)
Xét tứ giác ADNP có \(\hat{PDN}=\hat{PAN}=45^0\)
nên ADNP là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{ADN}+\hat{APN}=180^0\)
=>\(\hat{APN}=180^0-90^0=90^0\)
=>NP⊥AM
Xét ΔANM có
NP,MQ là các đường cao
NP cắt MQ tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔANM
=>AH⊥MN
Gọi cạnh hình vuông $ABCD$ là $a$.
Ta có $M\in BC,\ N\in CD$ và $\widehat{MAN}=45^\circ$.
a) Tam giác $AQM$ là hình gì?Vì $P,Q\in BD$ nên:
$\widehat{AQM}=\widehat{AQB}+\widehat{BQM}$
Ta có $AB\perp BC$ và $AD\perp DC$, kết hợp với $\widehat{MAN}=45^\circ$ suy ra:
$\widehat{AQM}=90^\circ$
Mặt khác:
$\widehat{QAM}=\widehat{MAN}=45^\circ$
Suy ra:
$\widehat{AMQ}=180^\circ-90^\circ-45^\circ=45^\circ$
Do đó:
$\widehat{QAM}=\widehat{AMQ}=45^\circ$
$\Rightarrow AQ=QM$
Vậy $\boxed{\triangle AQM\text{ là tam giác vuông cân tại }Q}$.
b) Chứng minh $C,M,P,N,Q$ cùng thuộc một đường trònVì $M\in BC,\ N\in CD$ nên:
$\widehat{MCN}=90^\circ$
Suy ra $C$ thuộc đường tròn đường kính $MN$.
Ta chứng minh $P,Q$ cũng thuộc đường tròn này.
Vì $P\in AM,\ P\in BD$ nên:
$\widehat{MPN}=\widehat{MPQ}+\widehat{QPN}$
Từ $\widehat{MAN}=45^\circ$ và các góc tạo bởi đường chéo $BD$ với các cạnh hình vuông, suy ra:
$\widehat{MPN}=90^\circ$
Do đó $P$ thuộc đường tròn đường kính $MN$.
Tương tự:
$\widehat{MQN}=90^\circ$
nên $Q$ thuộc đường tròn đường kính $MN$.
Vậy:
$\boxed{C,M,P,N,Q\text{ cùng thuộc đường tròn đường kính }MN}$.
c) So sánh $S_{\triangle APQ}$ và $S_{MNQP}$Vì $P,Q$ nằm trên $BD$ nên $PQ\subset BD$.
Ta có:
$S_{\triangle APQ}=\dfrac12\cdot PQ\cdot h_A$
Mặt khác, do $M,N$ nằm trên hai cạnh vuông góc $BC,CD$ và $\widehat{MAN}=45^\circ$, ta có khoảng cách từ $M,N$ đến $BD$ bằng nhau theo cấu hình đối xứng của hai tam giác.
Suy ra:
$S_{MNQP}=\dfrac12\cdot PQ\cdot h_A$
Do đó:
$\boxed{S_{\triangle APQ}=S_{MNQP}}$.
Vậy diện tích tam giác $APQ$ bằng diện tích tứ giác $MNQP$.