Đáp án:
Giải thích các bước giải:
1) Chứng minh `AM=AN`
Ta có: `\hat{NBA}=\hat{DAB}` (so le trong do `BN////AD`)
`\hat{DAB}=\hat{DAC}` (gt)
`\hat{DAC}=\hat{ACM}` (so le trong do `CM////AD`)
`⇒ \hat{NBA}=\hat{MCA}`
`⇒ sđ\ AM=sđ\ AN`
Vậy `AM=AN`
b) Ta có: `\hat{AEF}` là góc có đỉnh bên trong đường tròn
`\hat{AEF}=\frac{1}{2}.(sđ\ AN+sđ\ CM)`
`=\frac{1}{2}.(sđ\ AM+sđ\ CM)`
`=\frac{1}{2}.sđ\ AC=\hat{ABC}`
Vậy tứ giác `BCEF` nội tiếp đường tròn (tứ giác có góc ngoài =góc trong tại đỉnh đối diện)
`⇒` Bốn điểm `B,C,E,F` cùng thuộc 1 đường tròn
c) Gọi `AD∩EF={H},AD∩EQ={K}`
Áp dụng định lý Melenaus trong `ΔAHN`, cát tuyến `EHQ` ta có:
`\frac{EN}{EH}.\frac{KH}{KA}.\frac{QA}{QN}=1`
`⇒ \frac{EN}{EH}.\frac{KH}{KA}=1` (do Q là tđ của AN)
`⇒ \frac{EN}{EH}=\frac{KA}{KH}\ (1)`
Gọi `AD∩PE={K'}`. Ta đi chứng minh `K≡K'`
Áp dụng định lý Melenaus trong `ΔAHM`, cát tuyến `PKF` ta có:
`\frac{FM}{FH}.\frac{K'H}{K'A}.\frac{PA}{PM}=1`
`⇒ \frac{FM}{FH}.\frac{K'H}{K'A}=1` (do P là tđ của AM)
`⇒ \frac{FM}{FH}=\frac{K'A}{K'H}\ (2)`
Ta có: `\frac{EN}{EH}=\frac{FM}{FH}⇔\frac{FM}{EN}=\frac{FH}{EH}=\frac{FM-FN}{EN-EH}=\frac{HM}{HN}\ (*)` (tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
Vì `BN////AD////CM` nên: `\frac{HM}{HN}=\frac{DC}{DB}` (định lý Ta-lét)
Lại có: `\frac{DC}{DB}=\frac{AC}{AB}` (định lý đường phân giác)
`⇒ \frac{HM}{HN}=\frac{AC}{AB}\ (I)`
Xét `ΔAEF` và `ΔABC` có:
`\hat{AEF}=\hat{ABC}` (cmt)
`\hat{BAC}` chung
Do đó: `ΔAEF~ΔABC` (g-g)
Suy ra: `\frac{AC}{AB}=\frac{AF}{AE}\ (II)` (2 cạnh tương ứng tỉ lệ)
Từ `(I)` và `(II) ⇒ \frac{HM}{HN}=\frac{AF}{AE}\ (III)`
Áp dụng đinh lí đường phân giác `ΔAEF`, ta có:
`\frac{AF}{AE}=\frac{HF}{HE}\ (IV)`
Từ `(III)` và `(IV) ⇒ \frac{HM}{HN}=\frac{HF}{HE}`, do đó `(*)` đã được chứng minh, tức là `\frac{EN}{EH}=\frac{FM}{FH}\ (3)`
Từ `(1),(2),(3) ⇒ \frac{KA}{KH}=\frac{K'A}{K'H}`
`⇒ K≡K'`
Vậy `EQ,FP,AD` đồng quy tại `K`
