a) Tứ giác $BFEC$ nội tiếp, lại có $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ là tâm $(BFEC)$, suy ra $MF=MB$
Xét $\bigtriangleup BNF$ có $\angle NBF=\angle ACB=\angle AFE=\angle NFB$ nên là tam giác cân, suy ra $NF=FB$.
Vậy $MN$ là đường trung trực của $BF$, suy ra $MN\perp BF$.
b) Chứng minh được $\bigtriangleup SBP\sim\bigtriangleup SAB (c.g.c)\Rightarrow \frac{BP}{AB}=\frac{SP}{SB}$. Tương tự $\frac{CP}{AC}=\frac{SP}{SC}$. Mà $SB=SC$ nên $\frac{BP}{AB}=\frac{CP}{AC}\Rightarrow AB\cdot CP=AC\cdot BP.$
c) Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $K$. Gọi $M'$ là giao điểm của $MP$ và $BC$. Theo cách gọi đó ta có $AB=CK$, $BK=AC$.
Ta có
$\bigtriangleup ABP\sim\bigtriangleup PM'C (\angle ABP=\angle PM'C,\angle APB=\angle CPM')$ $\Rightarrow \frac{AB}{PM'}=\frac{BP}{CM'}$ $\Rightarrow CM'=\frac{BP}{AB}\cdot PM'$.
$\bigtriangleup PCA \sim\bigtriangleup PM'B (\angle PAC=\angle PBM',\angle BPM'=\angle APC)$ $\Rightarrow \frac{PC}{PM'}=\frac{CA}{M'B}$ $\Rightarrow BM'=\frac{CP}{AC}\cdot PM'$.
Lại có $\frac{BP}{AB}=\frac{CP}{AC}$ nên $BM'=M'C$, suy ra $M\equiv M'$; $P,K,M$ thẳng hàng.
Ta có $\angle MAC=\angle MAK-\angle CAK=\angle AKM-\angle ACB=\frac{1}{2}(\text{sđ}\stackrel\frown{AP}-\text{sđ}\stackrel\frown{AP})=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel\frown{BP}=\angle BAP$.
Vậy ta có đpcm.
Câu c) chứng minh hơi dài dòng, mong được nhìn thấy cách giải nào ngắn hơn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 23-04-2023 - 08:25