Lời giải:

$\widehat{APB}=\widehat{ACB}=60^0$ (góc nt cùng nhìn cung $AB$)

$\widehat{ABC}=60^0$

$\Rightarrow \widehat{APB}=\widehat{ABC}=\widehat{ABQ}$

Xét tam giác $APB$ và $ABQ$ có:

$\widehat{APB}=\widehat{ABQ}$

$\widehat{A}$ chung

$\Rightarrow \triangle APB\sim \triangle ABQ$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AP}{AB}=\frac{AB}{AQ}\Rightarrow AB^2=AP.AQ$

Mà $AB=BC$ nên $BC^2=AP.AQ$ (đpcm)

Hình vẽ:

Vì   PB=MP nên tam giác BMP cân

Mà \(\widehat{MPB}\)=\(\widehat{MPC}\)(cùng chắn cung AB = cung AC) =60^o

=> tam giác BMP đều

Xét tam giác AMB và tam giác CPB, có: AB=BC, AM=BP,  góc MAB = PCB ( cùng chắn cung BP)

=> tam giác AMB = tam giác CPB => AM=CP

=> AP= AM+MP=CP+BP

Bạn Trần Phương LInh làm sai ở chỗ xét hai tam giác

Xét tam giác AMB và tam giác CPB có

AB = BC (tam giác ABC đều )

\(\widehat{ABM}=\widehat{CBP}\) ( CÙNG + \(\widehat{MBC}=60^0\))

MB = BP ( tam giác BMP đều )

=) tam giác AMB = tam giác CPB ( c - g - c )

Ta có: tam giác APB ~ tam giác CPQ ( \(\widehat{CPA}\)=\(\widehat{ABP}\); \(\widehat{PAB}\)=\(\widehat{PCQ}\))

=> \(\frac{AP}{CP}\)=\(\frac{PB}{PQ}\)<=>\(\frac{AP}{PB}\)=\(\frac{PC}{PQ}\)  => AP.PQ = PB.PC

=> \(\frac{1}{PQ}\)= \(\frac{AP}{PB.PC}\)= \(\frac{PB+PC}{PB.PC}\)= \(\frac{1}{PC}\)+\(\frac{1}{PB}\)=>đpcm 

ABC=90

a,Ta có góc ABC =góc BAC=góc BCA=60^•(ABC là Δ đều ) =>BPA=60^•
Xét ΔBAQ và ΔBAP có 

góc A chung 

góc ABQ=góc BPA(60^•)

=> ΔBAQ~ΔBPA(g.g)

=>BA/PA=AQ/AB

=>BA²=AP.AQ mà AB=BC

=>BC²=AP.AQ(đpcm ) 

b,trên đoạn PA lây điểm M sao cho PM=PB thì ta có Tam giác PMB là tam giác đều 

vì góc ACB=60=PBM=>ABM=PBC

=> tam giác ABM = tam giác CBP(c.g.c)=> AM=PC

=>PB+PC==PM+AM=PA

a) Ta có: góc ACB= góc APB( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

mà góc ACB= 60 độ ( vì Δ ABC đều)

=> góc APB= 60 độ

Xét Δ QAB và Δ BAP có:

góc APB= góc ABQ= 60 độ

góc BAP là góc chung

=> Δ QAB~Δ BAP(g.g)

=>\(\dfrac{AQ}{AB}\)=\(\dfrac{AB}{AP}\)

=> AB²= AQ.AP

mà AB= BC( vì Δ ABC đều)

=> BC²= AP. AQ( đpcm)

b) Trên đoạn PA lấy điểm M sao cho PM=PB

xét Δ PBM cân tại P( vì PM=PB) có: góc MPB=60 độ

=> Δ PBM là Δ đều

Ta có góc ABM+ góc MBC= góc ABC= 60 độ

          góc CBP+ góc MBC= góc MBP= 60 đọ

=> góc ABM= góc CBP

Xét Δ ABM và Δ CBP có:

AB=BC (vì Δ ABC đều)

góc ABM= góc CBP(cmt)

BM=BP( vì Δ MPB đều)

=> Δ ABM=Δ CBP(c-g-c)

=> AM=CP( 2 cạnh tương ứng)

Ta có PB+PC= AM+MP( vì AM=CP; PB=MP)

=> BP+PC=AP(đpcm)

Gọi BC tiếp xúc với (I), (I₁), (I₂) lần lượt tại D,M,N. AP cắt EF tại H và tiếp xúc với (I₁),(I₂) lần lượt tại Q,R.

Ta có \(EF=MN;EF=HE+HF=2HQ+QR;MN=PM+PN=2PR+RQ\)

Suy ra \(HE=PN\)

Lại có \(DN=PD+PN=CD-CP+PN=\frac{CA+BC-AB+CP+PA-CA-2CP}{2}\)

\(=\frac{BP+PA-AB}{2}=PM\) hay \(PN=DM\). Suy ra \(HE=DM\)

Mà tứ giác EFNM là hình thang cân nên \(HD||EM||FN\)

Nếu gọi DH cắt lại (I) tại K thì các tam giác cân \(EI_1M,KID,FI_2N\) đồng dạng có các cạnh tương ứng song song đôi một

Do đó \(II_1,DM,KE\) đồng quy tại B, \(II_2,DN,KF\) đồng quy tại C

Nói cách khác, BE và CF cắt nhau tại K. Vậy BE và CF gặp nhau trên (I).