chứng minh BQ=BP Bài 5: (2,0 điểm),Cho tam giác ABC có ba góc nhọn $(AB

Question

chứng minh BQ=BP Bài 5: (2,0 điểm),Cho tam giác ABC có ba góc nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF,cắt nhau ở H.. Gọi M là giao điểm của các đường thẳng EF và CB.,a) Chứng minh tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp và $MF.ME=MB.MC.$,b)Tia AH cắt BC tại D. Đường thẳng qua B và song song với AC cắt tia AD tại P, cắt,đoạn thẳng AM tại Q. Chứng minh FC là tia phân giác của góc EFD và $BP=BQ.$

mainguyen564 · Accepted Answer

Bài 5:

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp và MF.ME = MB.MC.

Tứ giác BFEC nội tiếp:

Ta có: $\displaystyle \widehat{BEC} \ =\ 90^{0}$ (BE là đường cao) và $\displaystyle \widehat{BFC} \ =\ 90^{0}$ (CF là đường cao).

Suy ra: $\displaystyle \widehat{BEC} \ +\ \widehat{BFC} \ =\ 180^{0} .$

Vậy tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°).

MF.ME = MB.MC:

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC, ta có:

góc MEB = góc MCB (cùng chắn cung BC).

góc MFC = góc MBC (cùng chắn cung BC).

Suy ra: tam giác MEB đồng dạng tam giác MCB (góc-góc).

Do đó: ME/MC = MB/MB, suy ra ME.MB = MC.MB.

Tương tự, ta có: $\displaystyle \Delta $MFB đồng dạng $\displaystyle \Delta $MCE, suy ra MF/MC = MB/ME, suy ra MF.ME = MB.MC.

b) Chứng minh FC là tia phân giác của góc EFD và BP = BQ.

FC là tia phân giác của góc EFD:

Vì BFEC nội tiếp, ta có: góc EFD = góc EBC (cùng chắn cung EC).

Lại có: góc EBC = góc FAC (cùng phụ với góc ACB).

Và: ∠FAC = ∠FCD (cùng chắn cung FC).

Suy ra: ∠EFD = ∠FCD.

Do đó, FC là tia phân giác của góc EFD.

BP = BQ:

Gọi I là giao điểm của AD và (O).

Vì BP // AC, ta có: ∠PBD = ∠CAD = ∠CID.

Tứ giác BQID nội tiếp (do ∠QBD = ∠QID), suy ra: ∠QBD = ∠QID = ∠CID = ∠PBD.

Xét tam giác BPQ, ta có: ∠PBQ = ∠PQB (cùng phụ với hai góc bằng nhau).

Vậy tam giác BPQ cân tại B, suy ra BP = BQ.

Timi · Answer

Bài 5:
a) Ta có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^{\circ}$ nên tứ giác BFEC nội tiếp (1)
Mà $\widehat{MEF}=\widehat{MBC}$ (cùng chắn cung CF) và $\widehat{MFE}=\widehat{MCB}$ (cùng chắn cung BE)
Nên $\Delta MEF$ đồng dạng $\Delta MCB$ (g-g)
Suy ra $\frac{MF}{MC}=\frac{ME}{MB}$
Hay $MF.ME=MB.MC$ (2)
b) Ta có $\widehat{FDC}=\widehat{FBC}$ (cùng chắn cung FC)
Mà $\widehat{FBC}=\widehat{FEC}$ (chắn cung FC) nên $\widehat{FDC}=\widehat{FEC}$
Suy ra FC là tia phân giác của góc EFD (3)
Ta có $\widehat{PBA}=\widehat{ACB}$ (BQ//AC)
Mà $\widehat{ACB}=\widehat{AEB}$ (cùng chắn cung AB) nên $\widehat{PBA}=\widehat{AEB}$
Suy ra $\Delta PBA$ đồng dạng $\Delta AEB$ (g-g)
Suy ra $\frac{PB}{AB}=\frac{AB}{AE}$
Hay $AB^{2}=PB.AE$ (4)
Ta có $\widehat{BAM}=\widehat{BEM}$ (cùng chắn cung BM)
Mà $\widehat{BEM}=\widehat{BQM}$ (cùng chắn cung BM) nên $\widehat{BAM}=\widehat{BQM}$
Suy ra $\Delta BAM$ đồng dạng $\Delta QBM$ (g-g)
Suy ra $\frac{AB}{MB}=\frac{MB}{QB}$
Hay $AB.QB=MB^{2}$ (5)
Từ (1), (2), (3), (4) và (5) ta có:
$PB.AE=AB^{2}=MB^{2}=AB.QB$
Suy ra $\frac{PB}{QB}=\frac{AB}{AE}$
Mà $\widehat{PBA}=\widehat{AEB}$ nên $\Delta PBA$ đồng dạng $\Delta AEB$ (g-g)
Suy ra $\widehat{PAB}=\widehat{EAB}$
Mà $\widehat{EAB}=\widehat{QAB}$ (cùng bằng góc BAM) nên $\widehat{PAB}=\widehat{QAB}$
Suy ra $\Delta PAB$ đồng dạng $\Delta QAB$ (g-g)
Suy ra $BP=BQ$ (6)
Từ (3) và (6) ta có FC là tia phân giác của góc EFD và $BP=BQ$.