Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB

a, Ta có \(\hat{ACB} =90^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác CBKH có: \(\hat{HCB} +\hat{HKB}=180^{\circ}\)

=> CBKH là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b, Xét tam giác AMC và tam giác BEC:

AM = BE

\(\hat{MAC}=\hat{CBE}\) (cùng chắn cung MC)

AC = BC

=> tam giác AMC = tam giác BEC (cgc)

=> MC = EC ( 2 cạnh tương ứng) => Tam giác MCE cân tại C

\(\hat{CMB}=\hat{CAB} =45^{\circ}\) (cùng chắn cung CB)

=> \(\hat{MCE}=90^{\circ}\)

=> Tam giá MCE vuông cân tại C

c, Gọi I là giao điểm của BP và HK

Ta có \(\frac{AP.MB}{AM}=\ R=OB\)

=> \(\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\)

Xét tam giác APM và OBM có:

\(\frac{AP}{MA}=\frac{OB}{MB}\)

\(\hat{PAM}=\hat{MBO}\) (cùng chắn cung AM)

=> tam giác APM ∽ tam giác OBM (cgc)

=> tam giác APM cân tại P (do BOM cân tại O)

=> PA = PM

Gọi giao điểm của BM và ( d ) là F

Xét tam giác vuông AMF có PA = PM nên PA = PM = PF

Theo định lí Ta-let, ta có :

\(\frac{HI}{FP}=\frac{BI}{BP}=\frac{KI}{AP}\)

=> HI = KI

vậy PB đi qua trung điểm của HK

cảm ơn ạ