Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
A. Đúng vì:
\(\widehat{AHB}=\widehat{AKB}=90^0\) nên tgiac $ABHK$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{IHK}=\widehat{IBA}=\widehat{ABF}=\widehat{AEF}$. Hai góc ở vị trí đồng vị nên $HK\parallel EF$
C. Đúng vì:
$AB^2=2R^2=OA^2+OB^2$ nên theo Pitago đảo thì $AOB$ vuông tại $O$
$\Rightarrow \widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=45^0$
B. Đúng vì:
\(\widehat{EBC}=\widehat{HAC}=90^0-\widehat{ACH}=90^0-\widehat{ACB}=45^0\)
Mà $\widehat{HAC}=\widehat{HAK}=\widehat{KBH}=\widehat{FBC}$ do $AKHB$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \widehat{FBC}=45^0$
$\widehat{FBE}=\widehat{FBC}+\widehat{EBC}=45^0+45^0=90^0$ nên $EF$ là đkinh.
$\Rightarrow O,E,F$ thẳng hàng.
Suy ra đáp án D là sai.
a: Xét (O') có
ΔIEB nội tiếp
EB là đường kính
Do đó: ΔIEB vuông tại I
=>EI⊥BC tại I
ΔOCD cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm của CD
Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔCAB vuông tại C
=>CA⊥CB
mà EI⊥CB
nên EI//CA
Xét tứ giác ACED có
H là trung điểm chung của AE và CD
=>ACED là hình bình hành
=>AC//ED
mà EI//CA
và EI,ED có điểm chung là E
nen D,E,I thẳng hàng
b: Xét tứ giác CHEI có \(\hat{CHE}+\hat{CIE}=90^0+90^0=180^0\)
nên CHEI là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{HIE}=\hat{HCE}=\hat{HDE}\)
ΔO'IE có O'I=O'E
nên ΔO'IE cân tại O'
=>\(\hat{O^{\prime}IE}=\hat{O^{\prime}EI}\)
mà \(\hat{O^{\prime}EI}=\hat{HED}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{O^{\prime}IE}=\hat{HED}\)
\(\hat{O^{\prime}IH}=\hat{O^{\prime}IE}+\hat{HIE}\)
\(=\hat{HDE}+\hat{HED}=90^0\)
=>HI là tiếp tuyến tại I của (O')
a: góc AIC=góc AHC=90 độ
=>AIHC nội tiếp
b: Xét ΔABD và ΔAEB có
góc ABD=góc AEB
góc BAD chung
=>ΔABD đồng dạng với ΔAEB
=>AB^2=AD*AE