b: góc HID+góc HKD=180 độ

=>HIDK nội tiếp

=>góc HIK=góc HDK

=>góc HIK=góc HCB

=>góc HIK=góc HEF

=>EF//IK

d) Tam giác ADB vuông tại D có: ∠(A1) + ∠(ABC) = 90o (1)

Tam giác BCF vuông tại F có: ∠(C1) + ∠(ABC) = 90o (2)

Từ (1)và (2) ⇒ ∠(A1) = ∠(C1)

Mặt khác, ta có: ∠( A 1 ) = ∠( C 2 ) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

⇒ ∠( C 1 ) = ∠( C 2 )

⇒ CD là tia phân giác của góc HCM

Xét tam giác HCM có: CD vừa là tia phân giác vừa là đường cao (CD⊥HD)

⇒ Δ HCM cân tại C

⇒ CD cũng là trung tuyến của của HM hay H và M đối xứng với nhau qua D.

1: AB<AC

=>góc C<góc B

Xét (O) có

góc ACB=1/2*sđ cung AB

góc ABC=1/2*sđ cung AC

mà góc ACB<góc ABC

nên sđ cung AB<sđ cung AC

3: góc AEH+góc AFH=180 độ

=>AEHF nội tiếp

4: 

góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

=>góc HFE=góc HBC

=>góc HFE=góc HNM

mà hai góc này ở vị trí đồng vị

nên FE//MN

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

b: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔADC vuông tại D có

\(\hat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔADC

=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AH\cdot AD\)

Ta có: FK⊥BC

AD⊥BC

Do đó: FK//AD

Xét ΔCKF có HD//KF

nên \(\frac{CD}{DK}=\frac{CH}{HF}\)

=>\(CD\cdot HF=CH\cdot DK\)

c: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC

=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)

=>\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)

Xét ΔHEF và ΔHCB có

\(\frac{HE}{HC}=\frac{HF}{HB}\)

\(\hat{EHF}=\hat{CHB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEF~ΔHCB

=>\(\hat{HEF}=\hat{HCB}\) (1)

ΔAEH~ΔADC

=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AH}=\frac{AD}{AC}\)

Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\hat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH~ΔBEC

=>\(\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(\frac{BD}{BH}=\frac{BE}{BC}\)

Xét ΔBDE và ΔBHC có

\(\frac{BD}{BH}=\frac{BE}{BC}\)

góc DBE chung

Do đó: ΔBDE~ΔBHC

=>\(\hat{BED}=\hat{BCH}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{FEB}=\hat{DEB}\)

=>EB là phân giác của góc FED

Xét ΔEID có EH là phân giác

nên \(\frac{EI}{ED}=\frac{HI}{HD}\)

xét tứ giác BFHD có 

góc BFH + góc BDH = 180 

mà nó là 2 góc đối => nội tiếp => góc FDH = góc FBE 

chứng minh tương tự với tứ giác CEHD 

=> góc HDE = góc HCE 

Xét tứ giác BFEC có 

góc BFC = góc BEF = 90 

mà nó là 2 góc kề => tứ giác nội tiếp 

mà góc BEC = 1/2 sđ BC = 90 => SĐ BC = 180 => BC là đường kính mà I là trung điểm BC => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC 

=> góc FIE = góc FBE + góc FCE 

=> Góc FIE = góc FDH+góc HDE => góc FIE = góc FDE

mà nó là 2 góc kề => nội tiếp 

=> điều phải cm

-Xét △BCF và △BAD có:

\(\widehat{ABC}\) là góc chung

\(\widehat{BFC}=\widehat{BDA}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△BCF∼△BAD (g-g).

\(\Rightarrow\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{BF}{BD}\) (tỉ số đồng dạng)

\(\Rightarrow BF.BA=BC.BD\left(1\right)\)

-Xét △ACD và △BCE có:

\(\widehat{ACB}\) là góc chung

\(\widehat{ADC}=\widehat{BEC}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△ACD∼△BCE (g-g)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{CD}{CE}\) (tỉ số đồng dạng)

\(\Rightarrow CE.CA=CD.BC\left(2\right)\)

-Từ (1) và (2) suy ra:

\(BF.BA+CE.CA=BD.BC+CD.BC=BC\left(BD+CD\right)=BC.BC=BC^2\)