a,Xé tứ giác HMBQ có: góc QHP = 90​^o ( PQ vuông góc với AB tại H )

                                      góc QMB = 90^o ( M là hình chiếu của Q trên PB )

=> hai đỉnh H và M nằm kề nhau và cùng nhìn đoạn QB dưới hai gióc bằng nhau ( =90^o) => tứ giác HMBQ là tứ giác nội tiếp (đpcm)
ta có tam giác PHM đồng dạng PBQ ( g.g) => \(\frac{HM}{BQ}=\frac{PH}{PB}\Rightarrow\frac{BQ}{PB}=\frac{HM}{PH}=\frac{BQ-HM}{PB-PH}>0\)

mà PB - PH > 0 (do PB > PH) 

=> BQ - HM > 0 hay BQ > HM (đpcm)

b, dễ dàng chứng minh được tam giác HKQ đồng dạng với MPQ (g.g) 

=> góc MPQ = góc HKQ

mà MPQ = QAH ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)

=> góc HKQ = QAH

=> tam giác AQK cân tại Q (đpcm)

Xét tam giác PQB, có:

HB \(\perp\)PQ

QM\(\perp\)PB

Mà QM cắt HB tại K 

=> K la trực tâm tam giác PQB

=> PK \(\perp\)QB (t/c trực tâm )

Xét tứ giác PMKH, có

góc PMK = PHK = 90^o (QM \(\perp\)PB; BH\(\perp\)PQ)

=> PMK + PHK = 180^o

=> tứ giác PMKH nt

=> góc PHM = PKM ( 2 góc nt chắn PB của đtron ngoại tiếp tg PMKH )

Vì tứ giác HMBQ nội tiếp ( cmt)

=> MBQ + QHM = 180^o ( t/c tg nt )

ma PHM + MHQ = 180^o ( kề bù )

=> MBQ = PHM 

mà PHM = PKM ( cmt )

=> MBQ = PKM 

Xét tam giác PKM và PBI, có

MBQ = PKM ( cmt )

IPB chung

=> tam giác PKM đồng dạng tam giác PBI (g.g)

=> PIB = PMK = 90^o

=> PI \(\perp\)IB

hay PI\(\perp\)QB

mà PK \(\perp\)QB ( cmt )

=> PI \(\equiv\)PK

=> P, I, K thẳng hàng

câu a của giản nguyên, chỗ cminh tứ giác nt phải là: QHB chứ không phải QHP nha ><

a, MPHQ là hình chữ nhật => MH = PQ

b, Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông chứng minh được MP.MA = MQ.MB => ∆MPQ: ∆MBA

c, P M H ^ = M B H ^ => P Q H ^ = O 2 Q B ^ => PQ là tiếp tuyến của  O 2

Tương tự PQ cũng là tiếp tuyến ( O 1 )

4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác  B D C ^

Ta có  K Q C ^ = 2 K M C ^  (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn (Q))

N D C ^ = K M C ^  (góc nội tiếp cùng chắn cung  N C ⏜ )

Mà  B D C ^ = 2 N D C   ^ ⇒ K Q C ^ = B D C ^

Xét 2 tam giác BDC & KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở  ⇒ B C D ^ = B C Q ^  do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ//PK

Chứng minh tương tự ta có  ta có D, P, B thẳng hàng và DQ//PK

Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK. Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).

a) Tứ giác PDKI nọi tiếp đườngtròn đường kính PK.

b) Ta có \(\Delta CIK\sim\Delta CDP(g.g)\) nên \(CI.CP=CK.CD\).

c) Giả sử Q nằm trên cung nhỏ AB.

Khi đó Q là điểm chính giữa của cung nhỏ AB nên IQ là phân giác của góc AIB. Lại có IC vuông góc với IQ nên IC là phân giác ngoài của tam giác IAB.

b) Theo phương tích ta có CP . CI = CA . CB.

Lại có CK . CD = CI . CP nên CK . CD = CA . CB.

Mà C, A, B cố định và D là trung điểm của AB \(\Rightarrow\) D cố định nên K cũng cố định.

Vậy QI đi qua K cố định.