Q PA) TA CÓQDP =ADM, QCP =BCM,(CÁC CẶP GÓC ĐỐI ĐỈNH). MÀ M LÀ Đ...

Bài 4.

Q

P

a) Ta cóQDP =ADM, QCP =BCM,(các cặp góc đối đỉnh). Mà M là điểm chính giữa cung AB nên AM =BM dẫn đến

C

ADM =BCM (hai góc nội tiếp trong 1 đường tròn

D

được chắn bởi 2 cung bằng nhau). Từ đó suy ra QDP =CDP nên CDQP là tứ giác nội tiếp.

O

(Hai đỉnh liên tiếp trên cạnh CD nhìn cạnh

A

B

F

E

AB một góc bằng nhau). b) Vì MBA=MCA (cùng chắn cung AM ).

M

Mà MCA=BCM (hai góc nội tiếp trong 1 đường tròn được chắn bởi 2 cung bằng nhau). Suy ra MBA=BCM dẫn đến ∆MEB ∼∆MBC(g.g) suy ra ME MB

²

.MB ME MCMB = MC ⇒ = .Tương tự ta cũng có MA

²

=MF MD. mà MA MB= (do MA=MB ) suy ra MF MD. =ME MC. (đpcm). c) Từ chứng minh ở câu a CDQP là tứ giác nội tiếp nên PQC =PDC (góc nội tiếp cùng chắn cung PC) . Mặt khác ABCD là tứ giác nội tiếp nên: PDC =CBA(cùng bù với ADC ). Dẫn đến PQC =CBA mà 2 góc này so le trong nên PQ/ /AB . d) Ta chứng minh kết quả sau: Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R thì 2 .sinBC = R BAC . Dựng đường kính BK của

( )

^{O thì BCK =90}

⁰

Avà BK =2R . Ta có:BAC =BKC (cùng chắn AF BF+AF BF AE BE2 sin 2 sinADF BDFR R+ =R R R R= = = = nên

¹

²

1

,

2

,

3

,

4

+ +R R AE BE2 sin 2 sin 2 sin 2 sinADF BDF ACE BCE

3

4

ACE BCE, mặt khác ta có: 1ADF =BDF =ACE =BCE = 2sđAB ⇒sinADF =sinBDF=sinACE =sinBCE. Dẫn đến

¹

²

= = =AF BF AB 1+ + . R R AE BE AB