cho hinh vuong ABCD , M thuộc BC, N thuộc CD, góc MAN=45 độ, BD cắt AM, AN tại P, Q.
1, CM tg MCNQ nội tiep
2, đường thẳng MN tiếp xúc với 1 đường tròn cố định
3, $\frac{S_{ABQ}}{S_{PQMN}}$ không đổi
cho hinh vuong ABCD , M thuộc BC, N thuộc CD, góc MAN=45 độ, BD cắt AM, AN tại P, Q.
1, CM tg MCNQ nội tiep
2, đường thẳng MN tiếp xúc với 1 đường tròn cố định
3, $\frac{S_{ABQ}}{S_{PQMN}}$ không đổi
a,có $\widehat{MAQ}=\widehat{MBQ}$ do cùng bằng $45^{\circ}$
suy ra tứ giác MBAQ nội tiếp =>$\widehat{NQM}=\widehat{ABM}=90^{\circ}$
suy ra $\widehat{NPM}+\widehat{MCN}=180^{\circ}$ suy ta tứ giác MCNQ nội tiếp
b,
tương tự ý a ta có $\widehat{NQM}=90^{\circ}$ suy ra $NP\bot{AM}$
gọi $ NP\cap MQ=\left \{ H \right \},AH\cap MN=\left \{ K \right \}$
H là trực tâm $ \bigtriangleup AMN$(do $ NP\bot{AM}$ và $MQ\bot{AN}$)
suy ra $AK\bot{MN}$
$\widehat{AMN}=\widehat{AQB}=\widehat{AMB}$
suy ra $ \bigtriangleup AKM$=$ \bigtriangleup ABM$ ( cạnh huyền-góc nhọn)
suy ra AK=AB(không đổi)
mà $AK\bot{MN}$ và $K\in MN$ suy ra MN luôn tiếp xúc với (A;B)
c, mình nghĩ đề bài phải là $\frac{S_{APQ}}{S_{MPQN}}$ không đổi
nếu là như vậy thì ta dễ dàng chứng minh được $ \bigtriangleup AQP$ đồng dạng với $ \bigtriangleup AMN$
suy ra $\frac{S_{APQ}}{S_{AMN}}$ =$(\frac{AP}{AN})^{2}=(sin45^{\circ})^{2}=\frac{1}{2}$
suy ra $\frac{S_{APQ}}{S_{MPQN}}$=1
$\frac{(x!)^2.(-1)^x+1}{2x+1}\in Z $ (với $x\in N)<=>2x+1$ là số nguyên tố
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh