Đáp án + Giải thích các bước giải :

 GIẢI

a, Xét Δ EAC vuông tại A (gt) và Δ EDB vuông tại D

( Vì CD ⊥ BD ) có ∠AEC = ∠DEB

Do đó : Δ EAC đồng dạng Δ EDB ( g.g )

⇒$\frac{EA}{ED}$=$\frac{EC}{EB}$ ⇒ EA.EB = ED.EC.

b, Gọi K là giao điểm EM và BC. Do AD ∩ BD tại M nên M là trực tâm của Δ EBC ⇒ EK ⊥ BC

Xét Δ BMK vuông tại K và Δ BCD vuông tại D có ∠MBK = ∠CBD

Do đó : Δ BMK đồng dạng Δ BCD ⇒$\frac{BM}{BC}$=$\frac{BK}{BD}$ ⇒ BK.BC = BM.BD. (1)

Xét Δ CMK vuông tại K và Δ CBA vuông tại Acó ∠MCK = ∠BCA

Do đó : Δ CMK đồng dạng Δ CBA ⇒$\frac{CM}{CB}$=$\frac{CK}{CA}$ ⇒ CM.CA = CK.CB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: BM.BD + CM.CA = BK.BC + CK.CB = BC( BK + CK ) = BC.BC = $BC^{2}$ 

Do BC không thay đổi nên BM.BD + CM.CA không đổi.

c, Xét Δ CHD vuông tại H và Δ DHB vuông tại H ( Vì DH ⊥ BC ) có :

∠HCD = ∠HDB ( cùng phụ ∠HDC )

Do đó : Δ CHD đồng dạng Δ DHB ⇒$\frac{CH}{HD}$=$\frac{DH}{HB}$ , mà HD = 2HQ ;

HB = 2HP (gt) ⇒$\frac{CH}{2HQ}$=$\frac{DH}{2HP}$ ⇒$\frac{CH}{HQ}$=$\frac{DH}{HP}$

Vì ∠CHQ = ∠DHP = $90^{0}$ ⇒ Δ CHQ đồng dạng ΔDHP (c.g.c)

⇒ ∠HCQ = ∠HDP

Mà ∠HDP + ∠HPD = $90^{0}$ ⇒ ∠HCQ + ∠HPD = $90^{0}$ ⇒ CQ ⊥ PD

CHÚC CẬU HỌC TỐT :3

Giải thích các bước giải:

a) - Chứng minh Δ EBD đồng dạng với Δ ECA (gg)

- Từ đó suy ra EB/EC = ED/EA → EA.EB = ED.EC

b)Chứng minh BMI đồng dạng với Δ BCD (gg)

- Chứng minh CM.CA = CI.BC

- Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC² có giá trị không đổi

c)Chứng minh Δ BHD đồng dạng với Δ DHC (gg)

→ BH/DH = BD/DC → 2BP/2DQ = BD/DC → BP/DQ = BD/DC

- Chứng minh Δ DPB đồng dạng với Δ CQD (cgc)

→ góc BDP = góc DCQ mà góc BDP + góc PDC = 90⁰ → CQ ⊥ PD