a: Xét ΔABC vuông tại A có AD là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BD\cdot BC\\AC^2=CD\cdot BC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow AB^2\cdot DC=AC^2\cdot BD\)

Lời giải:
a. Áp dụng HTL trong tam giác vuông:

$AB^2=BD.BC$

$AC^2=CD.CB$
$\Rightarrow \frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BD}{CD}$

$\Rightarrow AB^2.CD=AC^2.BD$ (đpcm)

b.

Tứ giác $BEAC$ có $\widehat{BEC}=\widehat{BAC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BEAC$ là tứ giác nội tiếp 

$\Rightarrow \widehat{AEC}=\widehat{ABC}=\widehat{IAC}$

Xét tam giác $CAI$ và $CEA$

$\widehat{C}$ chung

$\widehat{AEC}=\widehat{IAC}$ (cmt)

$\Rightarrow \triangle CAI\sim \triangle CEA$ (g.g)

c.

$\widehat{F_1}=90^0-\widehat{EIF}=90^0-\widehat{DIC}=\widehat{C_1}$

$\Rightarrow \triangle BFD\sim \triangle ICD$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{BD}{ID}=\frac{FD}{CD}$

$\Rightarrow BD.CD=ID.FD$

Mà $BD.CD=AD^2$ (HTL trong tam giác vuông)

$\Rightarrow AD^2=ID.FD$

$\Rightarrow \frac{ID}{AD}=\frac{AD}{FD}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow I$ là trung điểm $AD$

Hình vẽ:

a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHBA

b: Xét ΔAHD vuông tại H và ΔCED vuông tại E có

\(\widehat{ADH}=\widehat{CDE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔAHD~ΔCED
=>\(\dfrac{AH}{CE}=\dfrac{DA}{DC}\)

=>\(AH\cdot DC=CE\cdot AD\)

c: Ta có: ΔAHD~ΔCED

=>\(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{DH}{DE}\)

=>\(\dfrac{DA}{DH}=\dfrac{DC}{DE}\)

Xét ΔDAC và ΔDHE có

\(\dfrac{DA}{DH}=\dfrac{DC}{DE}\)

\(\widehat{ADC}=\widehat{HDE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAC~ΔDHE

d: Xét ΔCAF có

AE,CH là các đường cao

AE cắt CH tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔCAF

=>DF\(\perp\)AC

mà AB\(\perp\)AC

nên DF//AB

Xét ΔHDF vuông tại H và ΔHBA vuông tại H có

HD=HB

\(\widehat{HDF}=\widehat{HBA}\)(hai góc so le trong, DF//AB)

Do đó: ΔHDF=ΔHBA

=>HF=HA

=>H là trung điểm của AF

Xét tứ giác ABFD có

H là trung điểm chung của AF và BD

=>ABFD là hình bình hành

Hình bình hành ABFD có AF\(\perp\)BD

nên ABFD là hình thoi

Bạn kiểm tra lại đề!