a/ Ta có 

IH vuông góc AB => ^AHI = 90

IK vuông góc AD => ^AKI = 90

=> H và K cùng nhìn AI dưới hai góc bằng nhau => AHIK là tứ giác nội tiếp

b/ Xét tam giác ADI và tam giác BCI có

^AID=^BIC (góc đối đỉnh)

sđ ^DAC = sđ ^DBC = 1/2 sđ cung CD (góc nội tiếp) => ^DAC=^DBC

=> tg ADI đồng dạng tg BCI

=>\(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\)⇒IA.IC=IB.ID

c/ 

Xét  tứ giác nội tiếp AHIK có

^HIK = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (1)

^DAC = ^KHI (2 góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (2)

Xét tứ giác nội tiếp ABCD có

^BCD = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (3)

^DAC = ^DBC (hai góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (4)

Xét hai tam giác HIK và tam giác BCD

Từ (1) và (3) => ^HIK = ^BCD

Từ (2) và (4) => ^KHI = ^DBC

=> tam giác HIK đồng dạng với tam giác BCD

Lời giải:

a) 

$\widehat{ABD}=\widehat{DCA}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

$\Leftrightarrow \widehat{ABE}=\widehat{DCE}=90^0$

Tứ giác $ABEH$ có tổng 2 góc đối $\widehat{ABE}+\widehat{AHE}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác $DCEH$ có tổng 2 góc đối $\widehat{DCE}+\widehat{EHD}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

b) 

Từ 2 tứ giác nội tiếp phần a, kết hợp với $ABCD$ là tứ giác nội tiếp, ta có:

\(\widehat{HBE}=\widehat{EAH}=\widehat{CAD}=\widehat{CBD}=\widehat{CBE}\) nên $BE$ là tia phân giác $\widehat{HBC}$

\(\widehat{HCE}=\widehat{EDH}=\widehat{BDA}=\widehat{BCA}=\widehat{BCE}\) nên $CE$ là tia phân giác $\widehat{BCH}$

Do đó $E$ chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BCH$

c) Sử dụng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền. Suy ra $IH=IC=EI=ID$.

Ta có:

\(\widehat{IHD}=\widehat{IDH}=\widehat{ODB}=\widehat{OBD}=\widehat{OBI}\) nên $OBIH$ là tứ giác nội tiếp $(1)$

Mặt khác:

$\widehat{HIC}=\widehat{HIB}+\widehat{CIB}$

$=2\widehat{IDH}+2\widehat{CDI}$

$=2\widehat{HDC}=2\widehat{ADC}=2(90^0-\widehat{CAD})$

$=180^0-2\widehat{CBE}=180^0-\widehat{CBH}$

$\Rightarrow BHIC$ là tứ giác nội tiếp $(2)$

Từ $(1);(2)$ suy ra đpcm.

Hình vẽ:

a) Tứ giác AHIK có:

A H I ^ = 90 0   ( I H ⊥ A B ) A K I ^ = 90 0   ( I K ⊥ A D ) ⇒ A H I ^ + A K I ^ = 180 0

=> Tứ giác AHIK nội tiếp.

b) ∆ IAD và  ∆ IBC có:

A ^ 1 = B ^ 1  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))

A I D ^ = B I C ^  (2 góc đối đỉnh)

=> ∆ IAD ~   ∆ IBC (g.g)

⇒ I A I B = I D I C ⇒ I A . I C = I B . I D

c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có K ^ 1 = D ^ 1

A ^ 1 = H ^ 1  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

mà  A ^ 1 = B ^ 1 ⇒ H ^ 1 = B ^ 1

Chứng minh tương tự, ta được K ^ 1 = D ^ 1

∆ HIK và  ∆ BCD có:  H ^ 1 = B ^ 1  ;  K ^ 1 = D ^ 1

=>   ∆ HIK  ~   ∆ BCD (g.g)

d) Gọi S₁ là diện tích của  ∆ BCD.

Vì  ∆ HIK  ~   ∆ BCD nên:

S ' S 1 = H K 2 B D 2 = H K 2 ( I B + I D ) 2 ≤ H K 2 4 I B . I D = H K 2 4 I A . I C                                 (1)

Vẽ  A E ⊥ B D  ,  C F ⊥ B D ⇒ A E / / C F ⇒ C F A E = I C I A  

∆ ABD và  ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên:

S 1 S = C F A E ⇒ S 1 S = I C I A                                                                     (2)

Từ (1) và (2) suy ra

S ' S 1 ⋅ S 1 S ≤ H K 2 4 I A . I C ⋅ I C I A ⇔ S ' S ≤ H K 2 4 I A 2  (đpcm)