Lời giải:

a)

Xét tam giác $CFB$ và $ADB$ có:

\( \left\{\begin{matrix} \widehat{CFB}=\widehat{ADB}=90^0\\ \text{chung góc B}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle CFB\sim \triangle ADB(g.g) \)

b)

Xét tam giác $AFH$ và $ADB$ có:

\( \left\{\begin{matrix} \widehat{AFH}=\widehat{ADB}=90^0\\ \text{chung góc A}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle AFH\sim \triangle ADB(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AF.AB=AD.AH\)

c)

Xét tam giác $ABD$ và $CBF$ có:

\( \left\{\begin{matrix} \widehat{ADB}=\widehat{CFB}\\ \text{chung góc B}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle CBF(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{AB}{CB}=\frac{BD}{BF}\)

Xét tam giác $BDF$ và $BAC$ có:

\( \left\{\begin{matrix} \text{chung góc B}\\ \frac{BD}{BF}=\frac{BA}{BC}(cmt)\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BDF\sim \triangle BAC(c.g.c)\)

d) Đề sai hiển nhiên.

a: Xét ΔAEB và ΔCFD có 

AB=CD

\(\widehat{ABE}=\widehat{CDF}\)

BE=DF

Do đó: ΔAEB=ΔCFD

Suy ra: \(\widehat{AEB}=\widehat{CFD}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AEF}=\widehat{EFC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên AE//CF

a: Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có

góc FBC chung

Do đó: ΔBFC\(\sim\)ΔBDA

b: Xét ΔAFH vuông tại F và ΔADB vuông tại D có

góc FAH chung

Do đó: ΔAFH\(\sim\)ΔADB

Suy ra: AF/AD=AH/AB

hay \(AF\cdot AB=AH\cdot AD\)

c: Ta có: ΔBDA\(\sim\)ΔBFC

nên BD/BF=BA/BC

=>BD/BA=BF/BC

Xét ΔBDF và ΔBAC có

BD/BA=BF/BC

góc DBF chung

Do đó: ΔBDF\(\sim\)ΔBAC

đầu bài thiếu kìa bạn

a: ΔADC vuông tại D

=>AD<AC

ΔBEC vuông tại E

=>BE<BC

=>AD+BE<BC+AC

b: CA<CB

=>góc CAB>gócCBA

=>90 độ-góc CAB<90 độ-góc CBA

=>góc HBA<góc HAB

=>HA<HB

a: Xét tứ giác CGFB có \(\widehat{CGB}=\widehat{CFB}=90^0\)

nên CGFB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>AB\(\perp\)BD

Xét (O) có

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)

Xét ΔACD vuông tại C và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{ADC}=\widehat{CBF}\)

Do đó: ΔACD~ΔCFB

c: ta có: BH\(\perp\)AC

CD\(\perp\)AC

Do đó: BH//CD

Ta có: CH\(\perp\)AB

BD\(\perp\)BA

Do đó: CH//BD

Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của BC

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

d: ta có: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HD

=>H,I,D thẳng hàng