Bài 1:
a; BACD là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BAC}+\hat{BDC}=180^0\)
mà \(\hat{BAC}+\hat{IAC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{IAC}=\hat{IDB}\)
Xét ΔIAC và ΔIDB có
\(\hat{IAC}=\hat{IDB}\)
góc AIC chung
Do đó: ΔIAC~ΔIDB
b: ΔIAC~ΔIDB
=>\(\frac{IA}{ID}=\frac{IC}{IB}\)
=>\(IA\cdot IB=ID\cdot IC\)
Bài 3:
a: Xét (O) có
ΔPRM nội tiếp
PM là đường kính
Do đó: ΔPRM vuông tại R
=>\(\hat{PRM}=90^0\)
b:
Xét (O) có
\(\hat{PQR};\hat{PMR}\) là các góc nội tiếp chắn cung PR
Do đó: \(\hat{PQR}=\hat{PMR}\)
=>\(90^0-\hat{PQR}=90^0-\hat{PMR}\)
=>\(\hat{QPH}=\hat{MPR}\)
c: Xét (O) có
ΔPNM nội tiếp
PM là đường kính
Do đó: ΔPNM vuông tại N
=>PN⊥NM
mà PN⊥QR
nên MN//QR
=>MNQR là hình thang
=>\(\hat{MNQ}+\hat{NQR}=180^0\) (1)
MNQR là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{MNQ}+\hat{MRQ}=180^0\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{NQR}=\hat{MRQ}\)
Xét hình thang MNQR có \(\hat{NQR}=\hat{MRQ}\)
nên MNQR là hình thang cân
