Bài 10:

`a)`

Ta có:`OA=OD=R`

`⇒ΔOAD` cân tại `O`

`⇒hat{A_2}=hat{D_1}`(tính chất `Δ` cân)

Mà `hat{A_1}=hat{A_2}(g``t)`

`⇒hat{A_1}=hat{D_1}`

Mà `2` góc này nằm ở vị trí so le trong

`⇒AC////OD(1)`

Ta có:`hat{ACB}=90^o`(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`⇒AC⊥BC(2)`

Từ `(1)` và `(2)⇒OD⊥BC(đpcm)`

`b)`

Ta có:`hat{ACB}=90^o`(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Hay `hat{ACI}=90^o`

Ta có:`hat{BDA}=90^o`(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Hay `hat{BDI}=90^o`

Xét `ΔACI` và `ΔBDI` có:

     `hat{ACI}=hat{BDI}=90^o`

     `hat{I_1}=hat{I_2}(2` góc đối đỉnh)

`⇒ΔACI`$\backsim$`ΔBDI(g.g)`

`⇒(IA)/(IB)=(IC)/(ID)`

`⇒IA.ID=IB.IC(đpcm)`

`c)`

Ta có:`OD=OB=R`

`⇒ΔOBD` cân tại `O`

`⇒hat{D_2}=hat{OBD}`(tính chất `Δ` cân)`(3)`

Ta có:`AC⊥BC(cmt)`

          `OD⊥BC(cmt)`

`⇒AC////OD`(từ `⊥` đến `////)`

Hay `AK////OD`

`⇒hat{K}=hat{D_2}(2` góc đồng vị)`(4)`

Từ `(3)` và `(4)⇒hat{OBD}=hat{K}`

Hay `hat{ABK}=hat{K}`

`⇒ΔABK` cân tại `A(5)`

Ta có:`BC⊥AC(cmt)`

Hay `BC⊥AK`

Ta có:`hat{BDA}=90^o`(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`⇒AD⊥BD`

Hay `AD⊥BK`

Xét `ΔABK` có:

`BC⊥AK(cmt)`

`AD⊥BK(cmt)`

`AD∩BC={I}`

`⇒I` là trực tâm của `ΔABK` cân tại `A(đpcm)`

`d)`

Ta có:`AD⊥BK(cmt)⇒hat{ADK}=90^o`

          `BC⊥AK(cmt)⇒hat{BCK}=90^o`

Xét `ΔADK` và `ΔBCK` có:

        `hat{K}:chung`

    `hat{ADK}=hat{BCK}=90^o`

`⇒ΔADK`$\backsim$`ΔBCK(g.g)`

`⇒(KA)/(KB)=(KD)/(KC)`

`⇒KA.KC=KB.KD(đpcm)`

Bài 11:

`a)`

Vì `H` là trực tâm của `ΔABC`

`⇒AF⊥BC`

`⇒hat{AFC}=90^o`

Ta có:`hat{ABD}=90^o`(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét `ΔABD` và `ΔAFC` có:

        `hat{ABD}=hat{AFC}=90^o`

        `hat{ADB}=hat{ACF}(2` góc nội tiếp cùng chắn $\mathop{AB}\limits^{\displaystyle\frown}$)

`⇒ΔABD`$\backsim$`ΔAFC(g.g)(đpcm)`

`b)`

Xét `ΔABF` và `ΔCEF` có:

      `hat{AFB}=hat{CFE}(2` góc đối đỉnh)

      `hat{A_1}=hat{C_1}(2` góc nội tiếp cùng chắn $\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}$)

`⇒ΔABF`$\backsim$`ΔCEF(g.g)`

`⇒(FA)/(FC)=(FB)/(FE)`

`⇒FA.FE=FB.FC(đpcm)`

`c)`

Theo câu `a)ΔABD`$\backsim$`ΔAFC(g.g)`

`⇒hat{BAD}=hat{FAC}(2` góc tương ứng)

`⇒hat{A_1}+hat{A_2}=hat{A_2}+hat{A_3}`

`⇒hat{A_1}=hat{A_3}`

Mà `hat{A_1}` là góc nội tiếp chắn $\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}$

       `hat{A_3}` là góc nội tiếp chắn $\mathop{CD}\limits^{\displaystyle\frown}$

`⇒`$\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}=\mathop{CD}\limits^{\displaystyle\frown}$

`⇒BE=CD(1)`

Ta có:`hat{ABD}=90^o`(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`⇒BD⊥AB`

Mà `CH⊥AB(H` là trực tâm `ΔABC)`

`⇒BD////CH`

Ta có:`hat{ACD}=90^o`(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`⇒CD⊥AC`

Mà `BH⊥AC(H` là trực tâm `ΔABC)`

`⇒CD////BH`

Xét tứ giác `BHCD` có:

       `BD////CH(cmt)`

       `CD////BH(cmt)`

`⇒` tứ giác `BHCD` là hình bình hành(dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

`⇒BH=CD`(tính chất hình bình hành)`(2)`

Từ `(1)` và `(2)⇒BE=BH`

                         `⇒ΔBEH` cân tại `B(đpcm)`

Vì `ΔBEH` cân tại `B` có `BC` là đường cao

`⇒BC` đồng thời là đường trung trực của `ΔBEH`

`⇒H` đối xứng với `E` qua `BC(đpcm)`

`d)`

Ta có:`hat{C_1}` là góc nội tiếp chắn $\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}$

          `hat{B_1}` là góc nội tiếp chắn $\mathop{CD}\limits^{\displaystyle\frown}$

Mà $\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}=\mathop{CD}\limits^{\displaystyle\frown}(cmt)$

`⇒hat{C_1}=hat{B_1}`

Mà `hat{C_1}=hat{D_1}(2` góc nội tiếp cùng chắn $\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}$)

`⇒hat{B_1}=hat{D_1}`

Mà `2` góc này nằm ở vị trí so le trong

`⇒BC////DE`

Xét tứ giác `BCDE` có:

     `BC////DE(cmt)`

`⇒` tứ giác `BCDE` là hình thang(dấu hiệu nhận biết hình thang)`(3)`

Ta có:$\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}=\mathop{CD}\limits^{\displaystyle\frown}(cmt)$

`⇒`$\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}+\mathop{DE}\limits^{\displaystyle\frown}=\mathop{CD}\limits^{\displaystyle\frown}+\mathop{DE}\limits^{\displaystyle\frown}$

`⇒`$\mathop{BD}\limits^{\displaystyle\frown}=\mathop{CE}\limits^{\displaystyle\frown}$

`⇒BD=CE(4)`

Từ `(3)` và `(4)⇒` tứ giác `BCDE` là hình thang cân(dấu hiệu nhận biết)(đpcm)