Tọa độ giao điểm của (d1) và (d3) là:

\(\begin{cases}x+6y=0\\ 6x+7y=-6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=-6y\\ 6\cdot\left(-6y\right)+7y=-6\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}x=-6y\\ -36y+7y=-6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-29y=-6\\ x=-6y\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=\frac{6}{29}\\ x=-6\cdot\frac{6}{29}=-\frac{36}{29}\end{cases}\)

Thay x=-36/29; y=6/29 vào (d2), ta được:

\(\left(1-k\right)\cdot\frac{-36}{29}+k\cdot\frac{6}{29}=1+k\)

=>-36(1-k)+6k=29(k+1)

=>-36+36k+6k=29k+29

=>42k-36=29k+29

=>13k=65

=>k=5

a: Xét ΔBAD và ΔBED có

BA=BE

\(\hat{ABD}=\hat{EBD}\)

BD chung

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: ΔBAD=ΔBED
=>DA=DE

=>D nằm trên đường trung trực của AE(1)

BA=BE

=>B nằm trên đường trung trực của AE(2)

Từ (1),(2) suy ra BD là đường trung trực của AE
=>BD⊥AE
Ta có: BD⊥AE

BD//AK

Do đó: AK⊥ AE

=>ΔAKE vuông tại A

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAK}=\hat{KAE}=90^0\)

\(\hat{DEA}+\hat{DKA}=90^0\) (ΔAEK vuông tại A)

mà \(\hat{DAE}=\hat{DEA}\) (ΔDAE cân tại D)

nên \(\hat{DAK}=\hat{DKA}\)

=>DA=DK

mà DA=DE
nên DK=DE

=>D là trung điểm của EK

6

a) Sửa đề: Chứng minh ∆AHD = ∆AED

Xét hai tam giác vuông: ∆AHD và ∆AED có:

AD là cạnh chung

AH = AE (gt)

⇒ ∆AHD = ∆AED (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

⇒ ∠HAD = ∠EAD (hai góc tương ứng)

⇒ AD là tia phân giác của ∠HAE

Hay AD là tia phân giác của ∠HAC

b) Do AH ⊥ BC (gt)

⇒ AK ⊥ CH

⇒ CH là đường cao của ∆ACK

Do DE ⊥ AC (gt)

⇒ KE ⊥ AC

⇒ KE là đường cao của ∆ACK

Gọi F là giao điểm của AD và CK

∆ACK có:

CH là đường cao (cmt)

KE là đường cao thứ hai (cmt)

⇒ AD là đường cao thứ ba

⇒ AD CK tại F

c) Do ∠HAD = ∠EAD (cmt)

⇒ ∠KAF = ∠CAF

Xét hai tam giác vuông: ∆KAF và ∆CAF có:

AF là cạnh chung

∠KAF = ∠CAF (cmt)

⇒ ∆KAF = ∆CAF (cạnh huyền - góc nhọn)

⇒ AK = AC (hai cạnh tương ứng)

Mà AB < AC (gt)

⇒ AB < AK

Vì N, H, M thẳng hàng nên để chứng minh NM là phân giác góc DNI, chỉ cần chứng minh NH là phân giác góc DNI.

Do H thuộc DI, theo định lí phân giác trong tam giác DNI, chỉ cần chứng minh
ND/NI = DH/HI. (1)

Ta sẽ tính tỉ số DH/HI trước.

Xét tứ giác AEHF nội tiếp. Vì I là giao điểm của AH và EF nên
IA.IH = IE.IF. (2)

Mặt khác:

Ta có
∠AEI = ∠AEF = ∠AHF = ∠IHF,
và
∠AIE = ∠HIF.
Suy ra tam giác AEI đồng dạng tam giác HFI.

Do đó
AI/FI = AE/HF. (3)

Tương tự,
∠AFI = ∠AFE = ∠AHE = ∠IHE,
và
∠AIF = ∠HIE.
Suy ra tam giác AFI đồng dạng tam giác HEI.

Do đó
AI/EI = AF/HE. (4)

Nhân (3) và (4), rồi dùng (2), được
AI²/(FI.EI) = (AE.AF)/(HF.HE)

nên
AI/IH = (AE.AF)/(HF.HE). (5)

Bây giờ ta tính hai tỉ số AE/EH và AF/FH.

Ta có
∠AEB = ∠CEH = 90 độ,
∠ABE = ∠ECH.
Suy ra tam giác ABE đồng dạng tam giác CEH.

Vậy
AE/EH = AB/CH. (6)

Lại có
∠ADB = ∠CDH = 90 độ,
∠ABD = ∠CHD.
Suy ra tam giác ABD đồng dạng tam giác CHD.

Vậy
AB/CH = AD/DC. (7)

Từ (6) và (7),
AE/EH = AD/DC. (8)

Tương tự,
từ tam giác ACF đồng dạng tam giác BFH và tam giác ACD đồng dạng tam giác BHD, ta được
AF/FH = AD/DB. (9)

Thế (8) và (9) vào (5):
AI/IH = (AD/DC).(AD/DB) = AD²/(DB.DC). (10)

Mặt khác, từ tam giác ACD đồng dạng tam giác BHD ta còn có
AD/DC = DB/DH
suy ra
AD.DH = DB.DC. (11)

Từ (10) và (11),
AI/IH = AD/DH. (12)

Đến đây, đặt
DH = h, AD = a, DM = t
với 0 < h < a.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho
D(0,0), A(0,a), H(0,h), M(t,0).

Vì I nằm trên AD nên gọi I = (0,u).
Từ (12):
AI/IH = AD/DH
tức là
(a-u)/(u-h) = a/h.

Giải ra được
u = 2ah/(a+h).

Vậy
I = (0, 2ah/(a+h)).

Đường thẳng HM có phương trình
hx + ty - ht = 0.

N là hình chiếu vuông góc của A lên HM nên
N = ( ht(h-a)/(h²+t²) , h(ah+t²)/(h²+t²) ).

Suy ra
ND² = h²(a²+t²)/(h²+t²),
NI² = h²(a-h)²(a²+t²)/((a+h)²(h²+t²)).

Do đó
ND/NI = (a+h)/(a-h). (13)

Mà
HI = 2ah/(a+h) - h = h(a-h)/(a+h),

nên
DH/HI = h / ( h(a-h)/(a+h) ) = (a+h)/(a-h). (14)

Từ (13) và (14),
ND/NI = DH/HI.

Theo định lí phân giác trong tam giác DNI, suy ra NH là phân giác góc DNI.

Vì N, H, M thẳng hàng nên NM cũng là phân giác góc DNI.

Đpcm.

Đặt hệ trục tọa độ sao cho:
D là gốc tọa độ,
BC trùng trục Ox,
AD trùng trục Oy.

Khi đó đặt
B(-m,0), D(0,0), C(n,0), A(0,h)
với m = BD > 0, n = DC > 0, h = AD > 0.

Suy ra:
AB² = m² + h²,
AC² = n² + h².

Ta cũng có A, D, E thẳng hàng.

a) Chứng minh E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn

Vì AD là đường cao nên AD ⟂ BC.
Mà E, D, A thẳng hàng và B, D, C thẳng hàng, nên
ED ⟂ DB
suy ra ∠EDB = 90°.

Lại do K là chân đường vuông góc từ E xuống AB, nên
EK ⟂ AB.
Mà B, K, A thẳng hàng, nên
EK ⟂ KB
suy ra ∠EKB = 90°.

Vậy
∠EDB = ∠EKB = 90°.
Suy ra D và K cùng nằm trên đường tròn đường kính EB.
Do đó bốn điểm E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS

b1) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK

Vì A, B, C, E cùng thuộc đường tròn (O), nên hai góc nội tiếp chắn cùng cung CA bằng nhau:
∠CEA = ∠CBA.

Mặt khác,
AE ⟂ BC và EK ⟂ AB.
Vì vậy góc tạo bởi AE và EK bằng góc tạo bởi BC và BA, tức là
∠AEK = ∠CBA.

Suy ra
∠CEA = ∠AEK.

Vậy EA là tia phân giác của góc CEK.

b2) Chứng minh AB.AC = AE.AS

Trước hết ta xác định tọa độ điểm E.

Áp dụng định lý về lực của điểm D đối với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
DB.DC = DA.DE.

Tức là
m.n = h.DE
nên
DE = mn/h.

Vì E nằm trên tia đối của DA nên
E(0, -mn/h).

Suy ra
AE = AD + DE = h + mn/h = (h² + mn)/h.

Bây giờ xác định điểm S.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì O nằm trên đường trung trực của BC nên
xO = (n - m)/2.

Lại có OA = OB, nên nếu gọi O((n-m)/2, yO) thì:
((n-m)/2)² + (yO - h)² = ((n+m)/2)² + yO².

Rút gọn được:
yO = (h² - mn)/(2h).

Vậy
O((n-m)/2, (h² - mn)/(2h)).

Đường thẳng AO cắt BC tại S, mà BC là trục Ox nên S có tung độ bằng 0.

Hệ số góc của AO là:
[(h² - mn)/(2h) - h] / [(n-m)/2]
= -(h² + mn)/(h(n-m)).

Do đó phương trình AO là:
y - h = -(h² + mn)/(h(n-m)) . x.

Cho y = 0, ta được:
-h = -(h² + mn)/(h(n-m)) . xS
suy ra
xS = h²(n-m)/(h² + mn).

Vậy
S(h²(n-m)/(h² + mn), 0).

Bây giờ tính AS:
AS² = h² + [h²(n-m)/(h² + mn)]²
= h² + h^4(n-m)²/(h² + mn)²
= h²[(h² + mn)² + h²(n-m)²]/(h² + mn)².

Khai triển tử số:
(h² + mn)² + h²(n-m)²
= h^4 + 2h²mn + m²n² + h²(n² - 2mn + m²)
= h^4 + h²m² + h²n² + m²n²
= (h² + m²)(h² + n²).

Vậy
AS² = h²(h² + m²)(h² + n²)/(h² + mn)²
= h².AB².AC²/(h² + mn)².

Vì các độ dài đều dương nên
AS = h.AB.AC/(h² + mn).

Nhân với AE:
AE.AS = (h² + mn)/h . h.AB.AC/(h² + mn)
= AB.AC.

Do đó
AB.AC = AE.AS.

c) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của AB. Chứng minh SI vuông góc với HK

Ta tiếp tục dùng hệ trục trên.

Vì AD là đường cao nên H thuộc trục Oy, tức là H có hoành độ 0.

Mặt khác AC có hệ số góc là
(0 - h)/(n - 0) = -h/n.
Vậy đường cao qua B có hệ số góc n/h.

Phương trình đường cao qua B là:
y = (n/h)(x + m).

Cho x = 0, ta được tung độ của H:
yH = mn/h.

Suy ra
H(0, mn/h).

Vì I là trung điểm của AB nên
I(-m/2, h/2).

Bây giờ tìm tọa độ K.

Do K thuộc AB nên tồn tại số t sao cho
K = B + t(A - B).

Vì
A - B = (m, h),
nên
K = (-m + mt, ht).

Lại có EK ⟂ AB, nên
(E - K).(A - B) = 0.

Ta có
E - K = (m - mt, -mn/h - ht) = (m(1-t), -mn/h - ht).

Do đó
m(1-t).m + (-mn/h - ht).h = 0
suy ra
m²(1-t) - mn - h²t = 0
suy ra
m² - mn - t(m² + h²) = 0
suy ra
t = m(m-n)/(m² + h²).

Vậy
K = (-m + m.m(m-n)/(m²+h²), h.m(m-n)/(m²+h²))
= (-m(h² + mn)/(m² + h²), hm(m-n)/(m² + h²)).

Bây giờ xét các vectơ chỉ phương của HK và SI.

Ta có
HK = K - H
= (-m(h² + mn)/(m² + h²), hm(m-n)/(m² + h²) - mn/h).

Rút gọn tung độ:
hm(m-n)/(m² + h²) - mn/h
= [h²m(m-n) - mn(m² + h²)] / [h(m² + h²)]
Ta tính đúng:
h²m(m-n) - mn(m² + h²)
= h²m² - h²mn - m³n - mh²n
= h²m² - 2h²mn - m³n
= m(h²m - 2h²n - m²n).

Vậy
HK = m/(m² + h²) . (-(h² + mn), (h²m - 2h²n - m²n)/h).

Do đó một vectơ chỉ phương của HK là
u = (-(h² + mn), (h²m - 2h²n - m²n)/h).

Tiếp theo,
SI = I - S
= (-m/2 - h²(n-m)/(h² + mn), h/2).

Rút gọn hoành độ:
-m/2 - h²(n-m)/(h² + mn)
= [-m(h² + mn) - 2h²(n-m)] / [2(h² + mn)]
= [h²m - 2h²n - m²n] / [2(h² + mn)].

Vậy
SI = 1/[2(h² + mn)] . (h²m - 2h²n - m²n, h(h² + mn)).

Do đó một vectơ chỉ phương của SI là
v = (h²m - 2h²n - m²n, h(h² + mn)).

Xét tích vô hướng:
u.v
= (-(h² + mn))(h²m - 2h²n - m²n)

Suy ra
HK ⟂ SI.

Vậy ta đã chứng minh được
SI vuông góc với HK.

Kết luận:
a) E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.
b) EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS.
c) SI vuông góc với HK.

Có em, vẫn làm được hoàn toàn không dùng toạ độ.

Thầy/cô đặt
∠ABC = B, ∠ACB = C.
Vì AB < AC nên C < B.

Ta giải như sau.

a) Chứng minh E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn

Vì AD là đường cao nên AD ⟂ BC.
Mà E thuộc AD, D thuộc BC nên
∠EDB = 90°.

Lại có K là chân đường vuông góc từ E xuống AB nên EK ⟂ AB.
Mà B, K, A thẳng hàng nên
∠EKB = 90°.

Vậy ∠EDB = ∠EKB = 90°.
Suy ra bốn điểm E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS

b1) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK

Vì A, B, C, E cùng thuộc (O) nên
∠CEA = ∠CBA = B.

Mặt khác, EK ⟂ AB nên
∠AEK = 90° - ∠EAB.

Do E, A, D thẳng hàng và AD ⟂ BC nên
∠EAB = ∠DAB = 90° - B.

Suy ra
∠AEK = 90° - (90° - B) = B.

Vậy
∠CEA = ∠AEK.
Suy ra EA là tia phân giác của góc CEK.

b2) Chứng minh AB.AC = AE.AS

Trước hết ta tính AS.

Vì OA = OC nên tam giác AOC cân tại O, do đó
∠OAC = ∠ACO = C.

Lại có
∠DAB = 90° - B.

Suy ra
∠DAO = ∠OAC? Không, ta tính:
∠OAB = 90° - C
nên
∠DAO = ∠OAB - ∠DAB
= (90° - C) - (90° - B)
= B - C.

Vì S thuộc AO nên
∠DAS = B - C.

Xét tam giác vuông ADS, ta có
cos(B - C) = AD/AS
suy ra
AS = AD / cos(B - C). (1)

Bây giờ tính AE.

Tại điểm D, dùng hệ thức lực của điểm đối với đường tròn (O):
DA.DE = DB.DC. (2)

Trong các tam giác vuông ADB và ADC:
DB = AD.cotB,
DC = AD.cotC.

Thế vào (2):
AD.DE = AD.cotB . AD.cotC
suy ra
DE = AD.cotB.cotC.

Do A, D, E thẳng hàng nên
AE = AD + DE
= AD + AD.cotB.cotC
= AD(1 + cotB.cotC).

Mà
1 + cotB.cotC
= (sinB.sinC + cosB.cosC)/(sinB.sinC)
= cos(B - C)/(sinB.sinC).

Nên
AE = AD.cos(B - C)/(sinB.sinC). (3)

Nhân (1) với (3):
AE.AS
= [AD.cos(B - C)/(sinB.sinC)] . [AD/cos(B - C)]
= AD²/(sinB.sinC).

Lại có trong các tam giác vuông ADB và ADC:
AD = AB.sinB,
AD = AC.sinC.

Suy ra
AD²/(sinB.sinC)
= (AB.sinB)(AC.sinC)/(sinB.sinC)
= AB.AC.

Vậy
AE.AS = AB.AC.

c) Chứng minh SI vuông góc với HK

Phần này dài hơn một chút, nhưng vẫn chỉ dùng kiến thức hình học + lượng giác lớp 9.

Gọi M là trung điểm của BD.
Vì I là trung điểm của AB nên trong tam giác ABD, đoạn nối trung điểm có:
IM // AD
và
IM = AD/2.

Ta sẽ tính góc của SI với BC.

Do S nằm trên BC nên góc giữa SI và BC chính là góc ISM.
Xét tam giác vuông IMS:
tan∠ISM = IM/MS.

Mà
MS = MD + DS = BD/2 + DS. (4)

Ở phần trên ta đã có trong tam giác vuông ADS:
∠DAS = B - C
nên
tan(B - C) = DS/AD
suy ra
DS = AD.tan(B - C). (5)

Thế (5) vào (4):
MS = BD/2 + AD.tan(B - C).

Vậy
tan∠(SI,BC)
= tan∠ISM
= (AD/2)/(BD/2 + AD.tan(B - C))
= AD/(BD + 2AD.tan(B - C)).

Mà trong tam giác vuông ADB:
BD = AD.cotB.

Nên
tan∠(SI,BC)
= 1/(cotB + 2tan(B - C)). (6)

Bây giờ ta tính góc của HK với BC.

Gọi N là hình chiếu của K trên BC, tức KN ⟂ BC.

Vì B, K, A thẳng hàng; B, N, D thẳng hàng; KN ⟂ BC và AD ⟂ BC
nên hai tam giác vuông BKN và BDA đồng dạng.

Suy ra
BN/BD = KN/AD = BK/AB. (7)

Ta cần tính BK/AB.

Từ câu b1), ta có
∠AEK = B.
Lại có
∠AKE = 90° = ∠ADB.

Vậy hai tam giác AKE và ADB đồng dạng.

Suy ra
AK/AD = AE/AB
nên
AK/AB = AD.AE/AB².

Ở câu b2), ta đã có
AE = AD.cos(B - C)/(sinB.sinC),
còn
AB = AD/sinB.

Thế vào:
AK/AB
= [AD . AD.cos(B - C)/(sinB.sinC)] / [AD²/sin²B]
= sinB.cos(B - C)/sinC.

Do đó
BK/AB
= AK/AB - 1
= [sinB.cos(B - C) - sinC]/sinC.

Mà
sinC = sin[B - (B - C)]
= sinB.cos(B - C) - cosB.sin(B - C).

Suy ra
sinB.cos(B - C) - sinC = cosB.sin(B - C).

Vậy
BK/AB = cosB.sin(B - C)/sinC. (8)

Đặt
x = BK/AB = cosB.sin(B - C)/sinC.

Từ (7):
BN = x.BD,
KN = x.AD.

Vì x > 0 nên K nằm ngoài đoạn AB về phía B, do đó N nằm ngoài đoạn BD về phía B, suy ra
DN = DB + BN = DB(1 + x). (9)

Mặt khác, H là trực tâm và E là điểm đối xứng của H qua BC nên D là trung điểm của HE.
Suy ra
HD = DE.

Từ câu b2):
DE = AD.cotB.cotC
nên
HD = AD.cotB.cotC. (10)

Bây giờ xét độ dốc của HK so với BC.
Vì H ở phía trên BC còn K ở phía dưới BC nên
tan∠(HK,BC) = (HD + KN)/DN.

Thế (9), (10) vào:
tan∠(HK,BC)
= [AD.cotB.cotC + AD.x] / [AD.cotB(1 + x)]
= [cotC + x.tanB]/(1 + x).

Thế x = cosB.sin(B - C)/sinC:
tan∠(HK,BC)
= [cotC + sinB.sin(B - C)/sinC] / [1 + cosB.sin(B - C)/sinC]
= [cosC + sinB.sin(B - C)] / [sinC + cosB.sin(B - C)].

Ta biến đổi:

cosC = cos[B - (B - C)]
= cosB.cos(B - C) + sinB.sin(B - C),

sinC = sin[B - (B - C)]
= sinB.cos(B - C) - cosB.sin(B - C).

Nên

cosC + sinB.sin(B - C)
= cosB.cos(B - C) + 2sinB.sin(B - C),

sinC + cosB.sin(B - C)
= sinB.cos(B - C).

Vì thế
tan∠(HK,BC)
= [cosB.cos(B - C) + 2sinB.sin(B - C)] / [sinB.cos(B - C)]
= cotB + 2tan(B - C). (11)

Từ (6) và (11):
tan∠(SI,BC) . tan∠(HK,BC) = 1.

Hai góc này đều là góc nhọn nên tổng của chúng bằng 90°.
Suy ra
SI ⟂ HK.

Vậy đã chứng minh xong.

Kết luận:
a) E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.
b) EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS.
c) SI vuông góc với HK.

a: Thay x=9 vào A, ta được:

\(A=\frac{\sqrt9-2}{\sqrt9+1}=\frac{3-2}{3+1}=\frac14\)

b: \(B=\frac{5}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{2-\sqrt{x}}+\frac{x+16}{x-4}\)

\(=\frac{5}{\sqrt{x}+2}-\frac{1}{\sqrt{x}-2}+\frac{x+16}{x-4}\)

\(=\frac{5\left(\sqrt{x}-2\right)-\sqrt{x}-2+x+16}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{5\sqrt{x}-10+x-\sqrt{x}+14}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\frac{x+4\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}\)

Câu a.

Đặt hệ trục tọa độ
A(0,0,0), B(a,0,0), C(a,a,0), D(0,a,0)
S(0,0,a√2)

M thuộc AD nên
M(0,x,0), 0 ≤ x ≤ a

Mặt phẳng (SBC)

SB = (a,0,-a√2)
SC = (a,a,-a√2)

Vector pháp tuyến n = SB × SC

n = (a√2 , 0 , a)

Phương trình mặt phẳng (SBC)
√2 x + z - a√2 = 0

Khoảng cách từ M đến (SBC)

MH = |√2.0 + 0 - a√2| / √( (√2)^2 + 1^2 )

MH = a√2 / √3

Câu b.

Dựng mặt phẳng (P) qua M vuông góc AC

Qua M kẻ đường thẳng d vuông góc AC trong mặt phẳng đáy
Qua d dựng mặt phẳng (P)

(P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại các điểm tương ứng
Nối các giao điểm theo thứ tự ta được thiết diện là một đa giác

Câu c.

Diện tích thiết diện phụ thuộc vào vị trí M trên AD

Diện tích lớn nhất khi M là trung điểm AD

x = a/2

Câu 1.
Vì D là hình chiếu của H trên AB nên HD vuông góc AB suy ra góc IDH bằng 90 độ
Vì E là hình chiếu của H trên AC nên HE vuông góc AC suy ra góc IEH bằng 90 độ

Do đó góc IDH bằng góc IEH

Lại có I là giao điểm của DE và BC nên ID và IE cùng nằm trên DE suy ra góc DIH bằng góc HIE

Suy ra tam giác IDH đồng dạng tam giác IHE theo trường hợp góc góc

Từ hai tam giác đồng dạng ta có
IH / ID = IE / IH

Suy ra
IH^2 = ID . IE

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}\)

mà \(\hat{DAH}=\hat{DHB}\left(=90^0-\hat{DBH}\right)\)

nên \(\hat{IHD}=\hat{IEH}\)

Xét ΔIHD và ΔIEH có

\(\hat{IHD}=\hat{IEH}\)

góc HID chung

Do đó: ΔIHD~ΔIEH

=>\(\frac{IH}{IE}=\frac{ID}{IH}\)

=>\(IH^2=IE\cdot ID\)