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

Hình ảnh minh họa , tại e k biết vẽ nhưng A và D = 90 độ và MC=CD , MB=AB . Hình dạng đúng rồi nhưng số đo góc và cạnh k đúng

Hình vẽ:

Từ giả thiết ta có \(\dfrac{MC}{MB}=\dfrac{CD}{AB}\left(1\right)\)

Mặt khác \(\left\{{}\begin{matrix}BA\perp AD\\CD\perp AD\end{matrix}\right.\Rightarrow BA//CD\)

\(\Rightarrow\dfrac{CD}{AB}=\dfrac{NC}{NA}\left(2\right)\) (Định lí Talet)

\(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow\dfrac{MC}{MB}=\dfrac{NC}{NA}\)

\(\Rightarrow MN//AB\)

Mà \(AB\perp AD\Rightarrow MN\perp AD\)

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔADC vuông tại D có

BA/AD=AD/DC

=>ΔBAD đồng dạng với ΔADC

b: ΔBAD đồng dạng với ΔADC

=>góc BDA=góc ACD

Xét ΔOAD và ΔDAC có

góc ODA=góc DCA

góc A chung

=>ΔOAD đồng dạng với ΔDAC

=>góc AOD=góc ADC=90 độ

=>AC vuông góc BD tại O

c: Xét ΔOAB và ΔOCD có

góc OAB=góc OCD

góc AOB=góc COD

=>ΔOAB đồng dạng với ΔOCD

=>S OAB/S OCD=(AB/CD)^2=(4/9)^2=16/81

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)