Kẻ \(BH⊥AC;NK⊥MP\)

Khi đó ta thấy ngay \(\Delta MNK\sim\Delta ABH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{NK}{BH}=\frac{MN}{AB}\)

Lại có \(\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.MP.NK}{\frac{1}{2}.AC.BH}=\frac{NK}{BH}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN}{AB}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN.MP}{AB.AC}\left(đpcm\right)\)

https://olm.vn/hoi-dap/detail/228905523575.html

Ta cần hai bổ đề:

Bổ đề 1: (Hình bên phải) Xét tứ giác MNPQ nội tiếp (QN). Trên MQ và NP lấy S,T sao cho ^MNS = ^PQT. Khi đó MP chia đôi ST.

Thật vậy: Gọi NS,QT cắt (QN) tại điểm thứ hai lần lượt là K,L. KL cắt MP tại I

Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm Q,K,M,N,L,P ta được 3 điểm S,I,T thẳng hàng

Ta có ^MNK và ^PQL là hai góc nội tiếp, ^MNK = ^PQL nên (MK = (PL

Từ đó dựng \(\Delta\)PRL vào phía trong đường tròn sao cho \(\Delta\)PRL = \(\Delta\)KSM

Vì tứ giác MKPL là hình thang cân nên IS = IR (Tính đối xứng)

Ta thấy ^IPT = ^MKS (Cùng chắn cung MN) = ^LPR. Tương tự ^PLT = ^ILR

Suy ra T và R là hai điểm Đẳng giác trong \(\Delta\)PIL => ^RIP = ^TIL

Ta lại có ^PTL = ^KSM = ^PRL ( = 90⁰ + ^MNK = 90⁰ + ^PQL) => Tứ giác TRPL nội tiếp

Từ đó có biến đổi góc: ^IRT = 360⁰ - ^IRP - ^PRT = ^RIP + ^RPI + ^TLP = ^TIL + ^TRL + ^ILR = ^ITL

=> \(\Delta\)TIR cân tại I => IT = IR = IS. Tức là MP đi qua trung điểm I của ST.

Bổ đề 2: (Hình bên trái) Xét 2 góc ^ACB và ^ADB cùng nhìn đoạn AB dưới một góc không đổi (C và D nằm khác phía so với AB). Kẻ AE,BF vuông góc với BC,AD. Khi đó EF chia đôi CD.

Chứng minh: Gọi H,K lần lượt là trực tâm của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ABD. Do ^ACB và ^ADB cùng nhìn AB dưới một góc không đổi nên tâm ngoại tiếp của \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ADB đối xứng nhau qua AB. Theo một kết quả quen thuộc thì CH = DK.

Suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành, trung điểm của HK và CD trùng nhau (1)

Chú ý tứ giác AEBF nội tiếp (AB), ^EBH = ^FAK. Áp dụng Bổ đề 1 ta được EF chia đôi HK (2)

Từ (1) và (2) suy ra EF cũng chia đôi CD.

Giải bài toán:  

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Từ P,Q lần lượt kẻ PM,QN vuông góc với CQ,AP.

Ta thấy ^PAQ và ^PCQ cùng nhìn đoạn PQ dưới một góc không đổi bằng 1/2.^DAB

Đồng thời có PM vuông góc CQ, QN vuông góc AP. Áp dụng Bổ đề 2 ta thu được MN chia đôi AC

Hay MN đi qua O. Mặt khác ta có: \(\Delta\)CMP ~ \(\Delta\)COB (g.g) => \(\Delta\)CMO ~ \(\Delta\)CPB (c.g.c)

Suy ra ^CBP = ^COM = ^AON (Vì lúc này ^AON và ^COM đối đỉnh). Tương tự ^AON = ^ADQ

Từ đó ^CBP = ^ADQ. Kết hợp với BC // AD suy ra BP // DQ (đpcm).

còn cách khác không? Mình đang học chuyên đề hình thoi

Cách 2 đơn giản, dễ hiểu hơn:

Gọi M,N lần lượt là điểm đối xứng của P,Q qua các đường thẳng CQ,AP.

Ta thấy ^QAN = 2.^PAQ = ^DAB => ^QAD = ^NAB. Kết hợp với AQ = AN, AD = AB

=> \(\Delta\)AQD = \(\Delta\)ANB (c.g.c) => DQ = BN. Tương tự ta có DM = BP

Chú ý rằng MQ = PQ = PN (Tính đối xứng). Từ đó \(\Delta\)NBP = \(\Delta\)QDM (c.c.c)

Do vậy ^MBP = ^QDM => ^ABP + ^ADQ = ^CDQ + ^CBP (Vì ^ABN = ^ADQ, ^CDM = ^CBP)

Mà ^ABP + ^CBP = ^ADQ + ^CDQ nên ^ADQ - ^CBP = ^CBP - ^ADQ hay ^ADQ = ^CBP

Vì ^ADQ = ^CBP (cmt); AD // BC nên BP // DQ (đpcm).

a) Ta có: + \(\widehat{BOC}\)là góc ngoài của tam giác OBK

                 => \(\widehat{BOC}=\widehat{OBK}+\widehat{OKB}\)    (1)

               + \(\widehat{OKB}\)là góc ngoài của tam giác AKC

                  =>\(\widehat{OKB}=\widehat{A}+\widehat{ACK}\)(2)

Từ (1)(2) =>\(\widehat{BOC}=\widehat{OBK}+\widehat{A}+\widehat{ACK}\)

hay\(\widehat{BOC}=\widehat{A}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}\)

b) Ta có:\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o-\frac{\widehat{A}}{2}\)

=>\(2\widehat{ABO}+2\widehat{ACO}=180^o-\widehat{A}\)(3)

 Xét tam giác ABC có:

\(\widehat{A}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o\)( Tổng 3 góc trong 1 tam giác)

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o-\widehat{A}\)(4)

Từ (3)(4) => \(2\widehat{ABO}+2\widehat{ACO}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}\)(*)

Ta có: BO là tia phân giác của góc ACB

=>\(2\widehat{ABO}=\widehat{ABC}\)(**)

Từ (*)(**) => \(2\widehat{ABO}+2\widehat{ACO}=2\widehat{ABO}+\widehat{ACB}\)

=>\(2\widehat{ACO}=\widehat{ACB}\)

=> CO là tia phân giác của góc ACB

thank you