Từ A kẻ đường thẳng // BC cắt BO, CO kéo dài tại E và F

Theo định lý Thales ta có: \(\frac{BP}{PC}=\frac{AE}{AF},\frac{QC}{QA}=\frac{AF}{BC},\frac{BC}{AE}=\frac{RA}{RB}\)

Nhân 3 đẳng thức vs nhau ta đc: 

\(\frac{BP}{PC}.\frac{QC}{QA}.\frac{RA}{RB}=\frac{AE}{AF}.\frac{AF}{BC}.\frac{BC}{AE}=1\left(DPCM\right)\)

DAY LA HINH 

Bài này rất dễ (đọc kĩ đề bài )

Từ A kẻ AM // BC (M ∈ RP )

Xét △QPC có AM // PC

\(\Rightarrow\frac{QC}{QA}=\frac{PC}{AM}\)(Hệ quả định lí Ta-lét)     (1)

Xét △RBP có AM // BP

\(\Rightarrow\frac{RA}{RB}=\frac{AM}{BP}\)(Hệ quả định lí Ta-lét)     (2)

Từ (1) và (2) suy ra :

\(\frac{BP}{PC}\cdot\frac{CQ}{QA}\cdot\frac{AR}{RB}=\frac{BP}{PC}\cdot\frac{PC}{AM}\cdot\frac{AM}{BP}=1\)(ĐPCM)

a) Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (I;r) với MN,PQ,RS; T,U,V lần lượt là tiếp điểm của (I;r) với BC,AC,AB

Xét đường tròn (I;r) có hai tiếp tuyến tại D và U cắt nhau tại M \(\Rightarrow MD=MU\)(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Tương tự, ta cũng có: \(SU=SF;\)\(RF=RT;\)\(QT=QE;\)\(PE=PV;\)\(NV=ND\)

Mà \(P_1=AM+AN+MN=AM+AN+MD+ND=AM+AN+MU+NV\)(1)

\(P_2=BP+BQ+PQ=BP+BQ+PE+QE=BP+BQ+PV+QT\)(2)

\(P_3=CS+CR+SR=CS+CR+SF+RF=CS+SR+RT+SU\)(3)

Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow P_1+P_2+P_3=AM+AN+MU+NV+BP+BQ+PV+QT+CS+CR+RT+SU\)

\(=AM+AN+BP+BQ+CS+CR+\left(MU+SU\right)+\left(RT+QT\right)+\left(PV+NV\right)\)

\(=AM+AN+BP+BQ+CS+CR+MS+RQ+NP\)

\(=\left(AM+CS+MS\right)+\left(AN+BP+NP\right)+\left(BQ+QR+RC\right)\)

\(=AC+AB+BC=P\)

Vậy đẳng thức được chứng minh

a: Xét tứ giác BHCK có

M là trung điểm của BC

M là trung điểm của HK

Do đó: BHCK là hình bình hành