a: Xét ΔCAB vuông tại A và ΔCKP vuông tại K có
\(\hat{KCP}\) chung
Do đó; ΔCAB~ΔCKP
=>\(\frac{CA}{CK}=\frac{CB}{CP}\)
=>\(\frac{CA}{CB}=\frac{CK}{CP}\)
Xét ΔCAK và ΔCBP có
\(\frac{CA}{CB}=\frac{CK}{CP}\)
góc ACK chung
Do đó: ΔCAK~ΔCBP
=>\(\hat{CAK}=\hat{CBP}\)
b: Xét ΔHAK vuông tại H có HA=HK
nên ΔHAK vuông cân tại H
=>\(\hat{HAK}=\hat{HKA}=45^0\)
Ta có: AH//PK
AH⊥BC
Do đó: PK⊥BC tại K
Xét tứ giác BAPK có \(\hat{BAP}+\hat{BKP}=90^0+90^0=180^0\)
nên BAPK là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BPA}=\hat{BKA}=45^0\)
Xét ΔABP vuông tại A có \(\hat{APB}=45^0\)
nên ΔABP vuông cân tại A
Ta có: ΔABP cân tại A
mà AQ là đường trung tuyến
nên AQ⊥BP tại Q
Xét ΔBQA vuông tại Q và ΔBAP vuông tại A có
\(\hat{QBA}\) chung
Do đó: ΔBQA~ΔBAP
=>\(\frac{BQ}{BA}=\frac{BA}{BP}\)
=>\(BQ\cdot BP=BA^2\) (1)
Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có
\(\hat{HBA}\) chung
Do đó: ΔBHA~ΔBAC
=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BC}\)
=>\(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BQ\cdot BP=BH\cdot BC\)
=>\(\frac{BQ}{BC}=\frac{BH}{BP}\)
Xét ΔBQH và ΔBCP có
\(\frac{BQ}{BC}=\frac{BH}{BP}\)
góc QBH chung
Do đó: ΔBQH~ΔBCP
