A B C O D E N P

Xét đường tròn (O) có 2 tiếp tuyến NE, NC (E và C là tiếp điểm) => EN = CN (T/c 2 tiếp tuyến giao nhau)

Ta thấy: ^BAC nội tiếp (O), phân giác ^BAC cắt (O) tại điểm thứ hai E => E là điểm chính giữa cung nhỏ BC

=> OE vuông góc với BC. Mà EN vuông góc OE nên EN // BC. Áp dụng ĐL Thales có:

\(\frac{CN}{CD}=\frac{EN}{CD}=\frac{PN}{CP}\)=> \(\frac{CN}{CD}+\frac{CN}{CP}=\frac{PN+CN}{CP}=1\)=> \(\frac{1}{CN}=\frac{1}{CD}+\frac{1}{CP}\)(đpcm).

Em ko giải được nhưng anh có thể kết bạn với em không?

a: Xét (O) có

\(\hat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

\(\hat{CAE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{BAE}=\hat{CAE}\)

Do đó: sđ cung EB=sđ cung EC
=>E là điểm chính giữa của cung BC

=>OE⊥BC tại G

Xét (O) có

SA,SA' là các tiếp tuyến

Do đó: SA=SA' và OS là phân giác của góc A'OA

ΔOA'A cân tại O

mà OS là đường phân giác

nên OS⊥A'A tại H và H là trung điểm của A'A

Xét ΔSHF vuông tại H và ΔSGO vuông tại G có

\(\hat{HSF}\) chung

Do đó: ΔSHF~ΔSGO

=>\(\frac{SH}{SG}=\frac{SF}{SO}\)

=>\(SH\cdot SO=SF\cdot SG\left(1\right)\)

c: Xét ΔSAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(SH\cdot SO=SA^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(SA^2=SF\cdot SG\)

a) Vì AE là phân giác \(\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow\) \(\widehat{BAE}=\widehat{EAC}\) hay \(\widehat{BAD}=\widehat{EAC}\)

Xét (O) có: \(\widehat{CBA}=\widehat{AEC}\)(cùng chắn \(\stackrel\frown{AC}\))

hay \(\widehat{DBA}=\widehat{AEC}\)

Xét ΔBAD và ΔEAC có:

\(\widehat{BAD}=\widehat{EAC}\) (cmtrn)

\(\widehat{DBA}=\widehat{AEC}\) (cmtrn)

\(\Rightarrow\) ΔBAD∼ΔEAC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\) \(\Leftrightarrow AB.AC=AE.AD\) (đpcm)

b) Theo CM a) ΔBAD∼ΔEAC

\(\widehat{BDA}=\widehat{ECA}\) hay \(\widehat{SDA}=\widehat{ECA}\) (1)

Xét (O) có: \(\widehat{ECA}=\widehat{EAS}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{EA}\))

hay \(\widehat{ECA}=\widehat{DAS}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) \(\widehat{SDA}=\widehat{DAS} \) \((=\widehat{ECA})\)

\(\Rightarrow\) ΔDSA cân tại S

c) Xét (O) có: \(\widehat{BCA}=\widehat{BAS}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\))

hay \(\widehat{SCA}=\widehat{BAS}\)

Xét ΔCSA và ΔASB có:

\(\widehat{CSA}:chung\)

\(\widehat{SCA}=\widehat{BAS}\)

\(\Rightarrow\) ΔCSA∼ΔASB (g.g)

\(\Rightarrow\frac{SC}{SA}=\frac{SA}{SB}\) \(\Leftrightarrow SC.SB=SA^2\) (đpcm)

d) Xét (O) có: \(\widehat{ECP}=\widehat{EAC}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{EC}\))

hay \(\widehat{QCP}=\widehat{EAC}\) (3)

Theo CM a) \(\widehat{BAE}=\widehat{EAC}\) hay \(\widehat{QAP}=\widehat{EAC}\) (4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) \(\widehat{QCP}=\widehat{QAP}\) \((=\widehat{EAC})\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác QACP nội tiếp đường tròn (theo dhnb tứ giác nội tiếp).

S A C Q B P E N D