1.

a, Xét ΔABD vuông tại A và ΔHBD vuông tại H có

BD : chung

$\widehat{ABD}$ = $\widehat{CBD}$ (gt)

=> ΔABD = ΔHBD (ch-gn)

=> AD = HD ( 2 cạnh t/ứ)

b, Xét ΔHDC vuông tại H có

DC > HD ( ch > cgv)

=> DC > DA ( do AD = HD - cmt)

c, Ta có

AD = HD (cmt)

AB = BH (do ΔABD = ΔHBD)

=> D và B cùng thuộc đường t/trực của AH

=> BD là đường t/trực của AH

2.

Xets ΔABK vuông tại A  và ΔIBK vuông tại I có

BK : chung

$\widehat{ABK}$ = $\widehat{CBK}$ (gt)
⇒ ΔABK = ΔIBK (ch-gn)

b, Ta có ΔABK = ΔIBK

⇒ AB = IB ( 2 cạnh t/ứ)
⇒ ΔABI cân tại B

=> $\widehat{BAI}$ = $\widehat{BIA}$ (t/c tam giác cân_

 Mà $\widehat{BAI}$ + $\widehat{IAC}$ = $90^{o}$ 

=> $\widehat{HIA}$ + $\widehat{IAC}$ = $90^{o}$ 

Lại có

 $\widehat{HIA}$ + $\widehat{HAI}$  = $90^{o}$ 

=> $\widehat{IAC}$ = $\widehat{HAI}$

=> AI là tia pg góc HAC

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

a, Xét ΔABD vuông tại A và ΔHBD vuông tại H có

BD : chung

`ˆABDABD^ = ˆCBDCBD^` (gt)

`=> ΔABD = ΔHBD` (ch-gn)

`=> AD = HD` ( 2 cạnh t/ứ)

b, Xét ΔHDC vuông tại H có

`DC > HD ( ch > cgv)`

`=> DC > DA ( do AD = HD - cmt)`

c, Ta có

`AD = HD` (cmt)

`AB = BH (do ΔABD = ΔHBD)`

=> D và B cùng thuộc đường t/trực của AH

=> BD là đường t/trực của AH

2.

Xét ΔABK vuông tại A  và ΔIBK vuông tại I có

BK : chung

`ˆABKABK^ = ˆCBKCBK^` (gt)
`⇒ ΔABK = ΔIBK` (ch-gn)

b, Ta có ΔABK = ΔIBK

`⇒ AB = IB` ( 2 cạnh t/ứ)
`⇒ ΔABI` cân tại B

`=> ˆBAIBAI^ = ˆBIABIA^`

 Mà ˆBAIBAI^ + ˆIACIAC^ = 90o90o 

`=> ˆHIAHIA^ + ˆIACIAC^ = 90o90o`

Lại có

 `ˆHIAHIA^ + ˆHAIHAI^  = 90o90o`

`=> ˆIACIAC^ = ˆHAIHAI^`

=> AI là tia pg góc HAC