a) Xét (O) có

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

nên \(\widehat{ACB}=90^0\)

Xét tứ giác BHKC có 

\(\widehat{BHK}+\widehat{BCK}=180^0\)

nên BHKC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

a: góc AMB=góc ACB=1/2*sđ cung AB=90 độ

=>AM vuông góc MB và AC vuông góc CB

góc BHK+góc BCK=180 độ

=>BHKC nội tiếp

góc EIA+góc EMA=180 độ

=>EIAM nội tiếp

b: Xét ΔAMK và ΔACM có

góc AMK=góc ACM(=góc ABM)

góc MAK chung

=>ΔAMK đồng dạng với ΔACM

=>AM/AC=AK/AM

=>AM^2=AK*AC

c: Xét ΔAIE vuông tại I và ΔACB vuông tại C có

góc IAE chung

=>ΔAIE đồng dạng với ΔACB

=>AI/AC=AE/AB

=>AI*AB=AC*AE

Xét ΔBIE vuông tại I và ΔBMA vuông tại M có

góc IBE chung

=>ΔBIE đồng dạng với ΔBMA

=>BI/BM=BE/BA

=>BI*BA=BM*BE

=>AE*AC+BM*BE=AB^2

a) Xét (O) có 

ΔCAB nội tiếp đường tròn(C,A,B∈(O))

AB là đường kính(gt)

Do đó: ΔCAB vuông tại C(Định lí)

⇔\(\widehat{ACB}=90^0\)

hay \(\widehat{KCB}=90^0\)

Xét tứ giác BHKC có

\(\widehat{BHK}\) và \(\widehat{KCB}\) là hai góc đối

\(\widehat{BHK}+\widehat{KCB}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: BHKC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

có đáp án chưa ạ ? cho tui tham khảo với

Kẻ MH cắt (O) tại P, EI cắt (O) tại Q

Xét (O) có: \(\left\{{}\begin{matrix}MP\perp AO=\left\{H\right\}\\AO=R\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow MH=HP\)

\(\Rightarrow\) \(s\bar{d}\stackrel\frown{MA}=s\bar{d}\stackrel\frown{AP}\)

Lại có: \(\widehat{AMC}=s\bar{d}\stackrel\frown{AC}/2\) (đl góc nội tiếp) (!)

\(\widehat{AKM}=(s\bar{d}\stackrel\frown{AM}+s\bar{d}\stackrel\frown{CP})/2\) (đl góc có đỉnh bên trong đường tròn)

( mà \(s\bar{d}\stackrel\frown{AM}=s\bar{d}\stackrel\frown{AP}\) )

\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{AKM}=(s\bar{d}\stackrel\frown{AP}+s\bar{d}\stackrel\frown{PC})/2=s\bar{d}\stackrel\frown{AC}/2\) (!!)

Từ (!) (!!) \(\Rightarrow\) \(\widehat{AKM}=\widehat{AKM}\)

Xét ΔAKM∼ΔAMC vì:

\(\widehat{AKM}=\widehat{AKM}(cmtrn)\)

\(\widehat{MAC}:chung\)

\(\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AK}{AM}\) \(\Leftrightarrow AK.AC=AM^2\) (đpcm)