a: Ta có: \(\widehat{CHB}=90^0\)

=>ΔCHB vuông tại H

=>ΔCHB nội tiếp đường tròn đường kính CB(4)

Ta có: \(\widehat{CKB}=90^0\)

=>ΔCKB vuông tại K

=>ΔCKB nội tiếp đường tròn đường kính CB(5)

Từ (4) và (5) suy ra C,H,B,K cùng thuộc đường tròn đường kính CB

b:

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Ta có: \(\widehat{OCB}+\widehat{BCK}=\widehat{OCK}=90^0\)

\(\widehat{OCB}+\widehat{OCA}=\widehat{BCA}=90^0\)

Do đó: \(\widehat{BCK}=\widehat{OCA}\)(1)

Ta có: CHBK là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BCK}=\widehat{BHK}\left(2\right)\)

Xét ΔOAC có OC=OA

nên ΔOAC cân tại O

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\)(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{BHK}=\widehat{OAC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên HK//AC

vẽ hộ hình giúp mình với phần a) Cm 2 tam giác nội tiếp

a, ta có: góc AEI = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => EI\(\perp\)AK tại E và AH\(\perp\)KI tại H (gt)

chúng cắt nhau tại B => B là trực tâm. => KB vuông góc AI (đpm)

b, ta có: góc ECA = góc EBA ( cùng chắn cung AE) mà góc EBA= góc HBI (hai góc đối đỉnh) (4)

ta lại có: góc HBI + góc HIB =90^o (tổng 3 góc trong một tam giác) (3)

=> góc ECA + góc HIB = 90^o (1)

Xét tam giác CEI vuông tại E nên: góc EKI + góc HIB =90^o (2)

Từ (1) và (2) => góc ECA = góc EKI 

=> tứ giác EKNC là tứ giác nội tiếp ) (đpcm)

c,Ta có: góc EAB + góc EBA = 90^o và từ (3), (4) => góc EAB = góc BIH

mà góc EAB = góc BEN ( bằng 1/2 sđ cung EB)

=> góc BIH = góc BEN=> tam giác ENI cân tại N=> EN =NI (*)

Tương tự, ta có góc K + góc KAH = 90^o

góc KEN + góc NEB =90^o mà góc KAH = góc NEB (c.m.t)  => góc KEN = góc K   => tam giác KNE cân tại N => NK = NE (**)

từ (*) và (**) => NK = NI hay N là trung điểm KI ( đpcm)

Tôi cũng có bài khó giống ý hệt bạn,vậy bạn có hướng làm chưa

Đặt $A(0,0),\ B(2R,0),\ O(R,0)$ và gọi $M(x,y)$.

Vì $M$ thuộc nửa đường tròn $(O;R)$ nên:

$(x-R)^2+y^2=R^2$

$\Rightarrow x^2+y^2=2Rx$.

Vì $KD\perp AB$ nên $D,E$ có cùng hoành độ với $K$. Gọi $K(k,0)$.

Do $D\in AM$ nên phương trình $AM$ cho:

$D\left(k,\dfrac{ky}{x}\right)$.

Do $E\in BM$ nên:

$E\left(k,\dfrac{ky}{x-2R}\right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của $DE$.

Khi đó:

$x_I=k$

và

$y_I=\dfrac12\left(\dfrac{ky}{x}+\dfrac{ky}{x-2R}\right)$

$=\dfrac{ky(x-R)}{x(x-2R)}$.

Mặt khác, vì $MI\perp MO$ nên:

$MO$ có hệ số góc $\dfrac{y}{x-R}$.

Do đó $MI$ có hệ số góc $-\dfrac{x-R}{y}$.

Phương trình $MI$:

$y-y_M=-\dfrac{x-R}{y}(X-x)$.

Cho $X=k$:

$y_I=y-\dfrac{x-R}{y}(k-x)$

$=y+\dfrac{(x-R)(x-k)}{y}$

$=\dfrac{y^2x+(x-R)x(x-k)}{xy}$.

Từ $x^2+y^2=2Rx$:

$y^2=x(2R-x)$.

Suy ra:

$y_I=\dfrac{x^2(2R-x)+(x-R)x(x-k)}{xy}$

$=\dfrac{x[(2R-x)x+(x-R)(x-k)]}{xy}$

$=\dfrac{(x-R)ky}{x(x-2R)}$

$=y_I$.

Vậy điểm $I$ đúng là trung điểm của $DE$.

$\boxed{I\text{ là trung điểm của }DE}$

Bạn tự vẽ hình nha:

a)Ta có: gócBCD=gócA (cùng chắn cung BC); gócBCE=gócA (cùng phụ với góc CBA) => CB là pg DCE

b)Vì CB là pg DCE hay CB là pg KCH mà BK vuông góc CK; BH vuông góc CH => BK=BH => BK+BD=BD+BH=DH<ED (quan hệ giữa đường vuông góc với đường xiên)

c)Vì CB là pg của tam giác CDH => BH/BD=CH/CD (1); Mà CB vuông góc CA => Ca là pg ngoài tại C của tam giác CDH => AH/AD=CH/CD (2) . 

  Từ (1) và (2) suy ra: BH/BD=AH/AD (=CH/CD) <=> BH.AD=AH.BD

a: góc MHO+góc MKO=180 độ

=>MHOK nội tiêp

C,N,D,F cùng thuộc (O)

nên CNDF nội tiếp

b: Xét ΔCKM vuông tại K và ΔCHO vuông tại H có

góc KCM chung

=>ΔCKM đồng dạng voi ΔCHO

=>CK/CH=CM/CO

=>CK*CO=CH*CM