Lời giải:

a) Xét tứ giác $BECD$ có:

$\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^\circ$

$\widehat{BDC}$ và $\widehat{BEC}$ cùng nhìn cạnh $BC$

Do đó $BECD$ là tứ giác nội tiếp

b) Xét $∆ABD$ và $∆ACE$ có:

$\begin{cases}\widehat{A}:\, \text{góc chung}\\\widehat{D}=\widehat{E}=90^\circ\end{cases}$

Do đó $∆ABD\sim ∆ACE\, (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}$

$\Rightarrow \dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}$

Xét $∆ADE$ và $∆ABC$ có:

$\begin{cases}\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\quad (cmt)\\\widehat{A}:\, \text{góc chung}\end{cases}$

Do đó $∆ADE\sim ∆ABC\, (c.g.c)$

$\Rightarrow \dfrac{AD}{AB}=\dfrac{DE}{BC}$

$\Rightarrow DE.AB = BC.AD$

Ta cũng được:

$\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}=\cos\widehat{DAB}=\cos45^\circ = \dfrac{\sqrt2}{2}$

c) Xét $∆HBE$ và $∆HCD$ có:

$\begin{cases}\widehat{E}=\widehat{D}=90^\circ\\\widehat{BHE}=\widehat{CHE}:\, \text{đối đỉnh}\end{cases}$

Do đó $∆HBE\sim ∆HCD\, (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{HE}{HD}=\dfrac{BE}{CD}$

$\Rightarrow \dfrac{HE+HD}{HD}=\dfrac{BE+CD}{CD}\qquad (1)$

Xét $∆ACE$ vuông tại $E$ có:

$\widehat{A}=45^\circ\quad (gt)$

$\Rightarrow \widehat{ACE}=45^\circ$

Hay $\widehat{DCH}=45^\circ$

$\Rightarrow ∆DCH$ vuông cân tại $D$

$\Rightarrow HD = CD\qquad (2)$

Từ $(1)(2)\Rightarrow HE + HD = BE + CD$

d) Từ $A$ kẻ đường thẳng $d$ là tiếp tuyến của $(I)$

$\Rightarrow IA\perp d\qquad (3)$

Bên cạnh đó ta được:

$\widehat{BAd}=\widehat{ACB}=\dfrac12s₫\mathop{AB}\limits^{\displaystyle\frown}$

mà $\widehat{AED}=\widehat{ACB}\quad (∆ADE\sim ∆ABC)$

nên $\widehat{AED}=\widehat{BAd}$

$\Rightarrow DE//d\qquad (4)$

Từ $(3)(4)\Rightarrow IA\perp DE$

a)

Xét tứ giác $BEDC$, ta có:

$\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90{}^\circ $

$\to BEDC$ là tứ giác nội tiếp

b)

Vì $BEDC$ là tứ giác nội tiếp

$\to \widehat{ADE}=\widehat{ABC}$ ( góc ngoài bằng góc đối trong )

Xét $\Delta ADE$ và $\Delta ABC$, ta có:

$\widehat{BAC}$ là góc chung

$\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

$\to \Delta ADE\sim\Delta ABC\,\,\,\left( \,g\,.\,g\, \right)$

$\to \dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}$

$\to DE.AB=BC.AD$

c)

$\Delta ABD$ vuông tại $D$

Có $\widehat{BAD}=45{}^\circ \,\,\,\left( \,gt\, \right)$

$\to \Delta ABD$ vuông cân tại $D$

$\to \widehat{ABD}=45{}^\circ $

$\Delta EBH$ vuông tại $E$

Có $\widehat{ABD}=45{}^\circ \,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

$\to \Delta EBH$ vuông cân tại $E$

$\to HE=BE$

Chứng minh tương tự, ta được:

$\,\,\,\,\,\,\,HD=CD$

Cộng vế theo vế, ta được:

$HE+HD=BE+CD$

d)

Kẻ tiếp tuyến $Ax$ như hình vẽ:

$\to Ax\bot AI$

Ta có:

$\,\,\,\,\,\,\,\widehat{xAC}=\widehat{ABC}$ ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )

Mà $\widehat{ABC}=\widehat{ADE}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

$\to \widehat{xAC}=\widehat{ADE}$

Mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong

$\to Ax\,\,||\,\,DE$

Mà $Ax\bot AI\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

Vậy $AI\bot DE$