Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A C B D P O M K L S T E F
Gọi E và F lần lượt là trung điểm của PA và PD.
Ta thấy: \(\Delta\)PAK vuông tại K có trung tuyến KE => KE = 1/2.AP. Mà MF là đường trung bình \(\Delta\)PAD
Nên KE = MF (=1/2AP). Tương tự: FL = ME. Ta có: ^KEM = ^MFL (= ^PFM + Sđ(BC = ^PEM + Sđ(BC )
Suy ra: \(\Delta\)KEM = \(\Delta\)MFL (c.g.c) => KM = ML (Cạnh tương ứng)
Ta thấy: ^KML = ^EMF - ^EMK - ^FML = 1800 - ^PFM - ^FLM - ^FML (^EMK = ^ FLM vì \(\Delta\)KEM = \(\Delta\)MFL)
= ^PFL = 2.^PDL = 2.^PAK => ^KML = 2.^PDL = 2.^PAK
Ta lại có: ^BDT = ^BDC - ^TDL = 1/2.^KML - (900 - ^DML) = 1/2.^KML - ^OML = ^OMK - 1/2.^KML
= ^OMK - ^PAK = ^SAK - ^PAK = ^CAS => ^BDT = ^CAS
Mặt khác: ^MTL = ^AOC = 2.^MDL (=Sđ(AC ) => \(\Delta\)MLT ~ \(\Delta\)ACO (g.g)
=> \(\frac{LT}{CO}=\frac{ML}{AC}\)=> LT. AC = ML.CO = MK.BO (Do ML = MK). Tương tự \(\Delta\)KSM ~ \(\Delta\)BOD
Từ đó; LT.AC = MK.BO = KS.BD => DT.AC = AS.DB => \(\frac{DT}{AS}=\frac{DB}{AC}\). Kết hợp với ^BDT = ^CAS (cmt)
=> \(\Delta\)CSA ~ \(\Delta\)BTD (c.g.c) => \(\frac{CS}{BT}=\frac{SA}{TD}=\frac{KS}{LT}\)=> KS.BT = CS.LT (đpcm).
Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp
=>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5)
Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6)
Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7)
Tương tự ta có: EFN=PQN (8)
Từ (7) và (8) suy ra Δ N P Q ~ Δ N E F ( g . g ) = > P Q E F = N Q N F
Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có
N Q ≤ N F = > P Q E F = N Q N F ≤ 1 = > P Q ≤ E F
Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng.
Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O.
Lời giải
a) Vì điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔBDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn
Suy ra ˆBEK=ˆBDK𝐵𝐸𝐾^=𝐵D𝐾^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK)
Hay ˆAEK=ˆFDK𝐴𝐸𝐾^=FD𝐾^
Vì tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn nên ˆFCK=ˆFDK𝐹𝐶𝐾^=FD𝐾^
Suy ra ˆAEK=ˆFCK𝐴𝐸𝐾^=FC𝐾^, hay ˆAEK=ˆACK𝐴𝐸𝐾^=AC𝐾^
Do đó tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn
Suy ra ˆKAE+