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 $\Delta MNQ\backsim \Delta NQP.$

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 \(AB\,{\rm{//}}\,MN.\)

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 $\Delta MNQ\backsim \Delta NQP$  (g.g).

b) ⦁ Ta có: $\Delta MNQ\backsim \Delta NQP$ (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 \(I.\)

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 \(AB\,{\rm{//}}\,MN.\)