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

Xét tứ giác CHBK có

\(\widehat{CHB}+\widehat{CKB}=90^0+90^0=180^0\)

=>CHBK là tứ giác nội tiếp

=>C,H,B,K cùng thuộc một đường tròn

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

a/ Nối A với D ta có

\(\widehat{ADB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AD\perp BC\)

=> H và D cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông => AHDC là tứ giác nội tiếp

b/ 

Xét tg vuông ACO có

\(\widehat{ACO}+\widehat{AOC}=90^o\)

Ta có \(\widehat{ADH}+\widehat{EDB}=\widehat{ADB}=90^o\)

Xét tứ giác nội tiếp AHDC có

 \(\widehat{ACO}=\widehat{ADH}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AH)

\(\Rightarrow\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)

Xét tam giác EOH và tg EBD có

\(\widehat{BED}\) chung

\(\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)

=> tg EOH đồng dạng với tg EDB (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EO}{ED}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)

a) Ta có \(\widehat{ADB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)

Tứ giác \(AHDC\) có: \(\widehat{ADC}=\widehat{AHC}=90^0\) mà 2 góc này nội tiếp và chắn cung AC

\(\Rightarrow AHDC\) là tứ giác nội tiếp

b) Tứ giác \(AHDC\) nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{ADE}\) (góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)

Ta có: \(\widehat{EOH}=90^0-\widehat{ACO}=90^0-\widehat{ADE}=\widehat{EDB}\)

Xét \(\Delta EOH\) và \(\Delta EDB\) có:

\(\widehat{BED}\) chung

\(\widehat{EOH}=\widehat{EDB}\) (đã chứng minh)

\(\Rightarrow\Delta EOH\sim\Delta EDB\) (g.g) \(\Rightarrow\dfrac{EO}{EH}=\dfrac{ED}{EB}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)

a: Xét (O) có

MC,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MC=MB

=>M nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của BC

=>MO\(\perp\)BC

b: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>BC\(\perp\)AC tại C

=>BC\(\perp\)AN tại C

=>ΔBNC vuông tại C

Ta có: \(\widehat{NCM}+\widehat{MCB}=\widehat{NCB}=90^0\)

\(\widehat{CNM}+\widehat{CBM}=90^0\)(ΔNCB vuông tại C)

mà \(\widehat{MCB}=\widehat{MBC}\)

nên \(\widehat{NCM}=\widehat{CNM}\)

=>ΔMNC cân tại M

=>MN=MC

mà MC=MB

nên MN=MB

=>M là trung điểm của BN

c: ta có: CH\(\perp\)AB

NB\(\perp\)BA

Do đó: CH//NB

Xét ΔANM có CI//NM

nên \(\dfrac{CI}{NM}=\dfrac{AI}{AM}\left(3\right)\)

Xét ΔAMB có IH//MB

nên \(\dfrac{IH}{MB}=\dfrac{AI}{AM}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\dfrac{CI}{NM}=\dfrac{IH}{MB}\)

mà NM=MB

nên CI=IH

=>I là trung điểm của CH