Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
Ta thấy EB // AC nên \(\frac{EB}{MA}=\frac{ED}{DA}\Rightarrow AM.ED=EB.DA\) (1)
Do EB//AC nên \(\widehat{BCA}=\widehat{CBE}\Rightarrow\widebat{EC}=\widebat{CB}\)
Vậy thì \(2.\widehat{DMC}=\widebat{BC}-\widebat{DC}=\widebat{EC}+\widebat{EB}-\widebat{DC}=\left(\widehat{CB}-\widebat{DC}\right)+\widebat{EB}=\widebat{ED}=2.\widehat{DCE}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMC}=\widehat{DCE}\)
Mà \(\widehat{DEC}=\widehat{DCM}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow\Delta EDC\sim\Delta CDM\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{ED}{CD}=\frac{EC}{CM}\Rightarrow CM.ED=CD.EC\) (2)
Từ (1) và (2) ta thấy, muốn chứng minh CM = MA, ta chỉ cần chứng minh EB.DA = CD.EC
Lại có \(\widebat{CE}=\widebat{CB}\Rightarrow CE=CB\)
Vậy ta cần chứng minh: EB.DA = CD.BC
Ta có \(\widehat{DAC}=\frac{\widebat{EC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{BC}-\widebat{DC}}{2}=\frac{\widebat{DB}}{2}=\widehat{DCB}\)
Vậy nên ta có ngay \(\Delta DBC\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{CD}=\frac{BC}{CA}\Rightarrow BC.CD=BD.CA\left(3\right)\)
Ta dễ dàng thấy ngay \(\Delta BDA\sim\Delta EBA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{BD}{EB}=\frac{DA}{BA}=\frac{DA}{CA}\Rightarrow EB.DA=BD.CA\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) ta có \(EB.DA=BC.CD\)
Từ đó suy ra MC = MA hay M là trung điểm của AC (đpcm).
a) Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BCD = ^BAD = ^BAQ = ^BPQ và ^DBC = ^DAP = ^PAQ = ^QBP
Do đó: \(\Delta\)BCD ~ \(\Delta\)BPQ (g.g) (đpcm).
b) Theo câu a: ^BCD = ^BPQ hay ^BCK = ^BPK => 4 điểm K,P,C,B cùng thuộc 1 đường tròn
=> Đường tròn (KCP) đi qua B. Mà B cố định nên ta có ĐPCM.
a) ta có: \(\widehat{BCD}=\widehat{BAD}\)(cùng chắn cung BD)
\(=\widehat{BPQ}\)(vì cùng chắn cung BQ)
Tương tự \(\widehat{BDC}=\widehat{BAC}\)(cùng chắn cung BC)
\(=\widehat{BQP}\)(cùng bù \(\widehat{BAP}\))
=> \(\Delta BCD~\Delta BPQ\left(gg\right)\)
b) Vì \(\widehat{BCD}=\widehat{BPQ}\Rightarrow\widehat{BPK}=\widehat{BCK}\)
=> Tứ giác BCPK nội tiếp
=> Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PCK đi qua B cố định
a) Xét tứ giác ADBC: Nội tiếp đường tròn (O') => ^BCD = ^BAD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD). Hay ^BCD = ^BAQ (1)
Ta thấy: ^BAQ = ^BPQ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BQ) (2)
Từ (1);(2) => ^BCD = ^BPQ
Do tứ giác ADBC nội tiếp (O') nên ^DBC = ^DAP (Cùng phụ ^CAD) hay ^DBC = ^QAP
Mà ^QAP = ^QBP (Cùng chắn cung PQ) nên ^DBC = ^QBP
Xét \(\Delta\)BCD và \(\Delta\)BPQ có: ^BCD = ^BPQ; ^DBC = ^QBP => \(\Delta\)BCD ~ \(\Delta\)BPQ (g.g) (đpcm).
b) Ta có: ^BCD = ^BPQ (cmt) => ^BCK = ^BPK => Tứ giác BKPC nội tiếp đường tròn
=> (KPC) đi qua B. Mà B cố định nên (KPC) luôn đi qua 1 điểm cố định khi M chạy trên tia đối AB (đpcm).
c) Theo t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung: ^MCA = ^MBC
Xét \(\Delta\)MAC và \(\Delta\)MCB có: ^MCA = ^MBC; ^BMC chung => \(\Delta\)MAC ~ \(\Delta\)MCB (g.g)
=> \(\frac{BC}{AC}=\frac{MB}{MC}\). Tương tự: \(\frac{AD}{BD}=\frac{MD}{MB}\)
=> \(\frac{AD.BC}{AC.BD}=\frac{MB.MD}{MB.MC}=\frac{MD}{MC}=1\)(MD=MC theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) => \(\frac{AD}{AC}.\frac{BC}{BD}=1\)(3)
Xét \(\Delta\)BPC và \(\Delta\)BQD có: ^BPC = ^BQD (Cùng chắn cung AB); ^BCP = ^BDQ (Cùng phụ ^BDA)
=> \(\Delta\)BPC ~ \(\Delta\)BQD (g.g) => \(\frac{BC}{BD}=\frac{PC}{QD}\)(4)
Từ (3) và (4) => \(\frac{AD}{AC}.\frac{PC}{QD}=1\) hay \(\frac{AD}{QD}.\frac{PC}{AC}=1\) (5)
Áp dụng ĐL Melelaus cho \(\Delta\)APQ ta có: \(\frac{QK}{PK}.\frac{AD}{QD}.\frac{PC}{AC}=1\) (6)
Thế (5) vào (6), suy ra: \(\frac{QK}{PK}=1\) => QK = PK => K là trung điểm PQ
Xét đường tròn (O) có: Dây cung PQ với K là trung điểm PQ => OK vuông góc với PQ (đpcm).