Cho 2 điểm P,Q năm trong \(\Delta\)ABC thỏa mãn \(\widehat{PAB}=\widehat{QAC}\)và \(\widehat{PBA}=\widehat{QBC}\). Chứng minh rằng:
\(\frac{PA.QA}{AB.AC}+\frac{PB.QB}{BA.BC}+\frac{PC.QC}{CA.CB}=1\).
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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).
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
Theo đề: \(P\)nằm trong \(\Delta\Rightarrow\widehat{APB}>\widehat{ACB}\)
Dựng góc: \(\widehat{ACx}=\widehat{APB}\), kéo dài \(AQ\)cắt \(Cx\)tại \(E\Rightarrow E\)nằm phía ngoài của \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow\Delta CAE~\Delta PAB\)
\(\Rightarrow\frac{CA}{PA}=\frac{CE}{PB}=\frac{AE}{AB};\widehat{PAB}=\widehat{QAC}\)
\(\Rightarrow\widehat{QAB}=\widehat{CAP}\)
\(\Rightarrow\Delta ABE~\Delta APC\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AP}=\frac{AE}{AC}=\frac{BE}{PC};\widehat{AEC}=\widehat{PBA}\)
Từ: \(\widehat{PBA}=\widehat{QBC}\Rightarrow\widehat{AEC}=\widehat{QBC}\Rightarrow QBEC\) nội tiếp.
Theo định lí Ptôlêmê ta có:
\(\Rightarrow BC.QE=QB.CE+QC.BE\Rightarrow BC\left(AE-QA\right)=QB.CE+QC.BE\)
\(\Rightarrow BC.AE=BC.QA+QB.CE+QC.BE\)\((*)\)
Từ các đẳng thức trên ta suy ra: \(CE=\frac{AC.PB}{PA};BE=\frac{AB.PC}{PA};AE=\frac{AC.AB}{PA}\)
Thay vào \((*)\) \(\Rightarrow\frac{PA.QA}{BA.AC}+\frac{PB.QB}{AB.BC}+\frac{PC.QC}{BC.AC}=1\left(đpcm\right)\)