Đáp án:

Giải thích các bước giải:

a/ Xét $ΔIAB$ và $ΔECB$

Có: $\widehat{AIB}=\widehat{CEB}$ $(=90^0)$

$\widehat{BAI}=\widehat{BCE}$ (do $ABCD$ là hình bình hành)

$⇒ ΔIAB \backsim ΔECB$

Mặt khác: $\widehat{BID}+\widehat{BED}=90^0+90^0=180^0$

$⇒ BIDE$ là tứ giác nội tiếp

$⇒ \widehat{IBS}=\widehat{DES}$ (cùng chắn cung $DI$)

Xét $ΔBIS$ và $ΔEDS$

Có: $\widehat{ISB}=\widehat{DSE}$ (đối đỉnh)

$\widehat{IBS}=\widehat{DES}$

$⇒ ΔBIS \backsim ΔEDS$

$⇒ \dfrac{SB}{SE}=\dfrac{SI}{SD}$

$⇒ SB.SD=SE.SI$

b/ Từ $A$ kẻ $AF ⊥ BD$ tại $F$

Từ $C$ kẻ $CG ⊥ BD$ tại $G$

Xét $ΔAFD$ và $ΔBID$

Có: $\widehat{ADF}$ chung

$\widehat{AFD}=\widehat{BID}$ $(=90^0)$

$⇒ ΔAFD \backsim ΔBID$

$⇒ \dfrac{DA}{DB}=\dfrac{DF}{DI}$

$⇒ DI.DA=DF.DB$ $(1)$

Tương tự: $ΔCGD \backsim ΔBED$

$⇒ \dfrac{CD}{BD}=\dfrac{DG}{DE}$

$⇒ CD.DE=BD.DG$ $(2)$

Xét $ΔABF$ và $ΔCDG$

Có: $\widehat{AFB}=\widehat{CGD}$ $(=90^0)$

$AB=CD$

$\widehat{ABF}=\widehat{CDG}$ (so le trong)

$⇒ ΔABF \backsim ΔCDG$ (cạnh huyền-góc nhọn)

$⇒ BF=DG$ $(3)$

Từ $(1), (2), (3)$ suy ra:

$DI.DA+CD.DE=DF.DB+BD.DG=BD.(DF+BF)=BD^2$

c/ Ta có: $\widehat{BIJ}=\widehat{BKJ}=90^0$

$⇒ BIKJ$ là tứ giác nội tiếp

$⇒ \widehat{IBJ}=\widehat{IKQ}$

Mà $\widehat{IBJ}+\widehat{ITQ}=180^0$ (trong cùng phía)

nên $\widehat{IKQ}+\widehat{ITQ}=180^0$

$⇒ ITQK$ là tứ giác nội tiếp

Hay $I, T, Q, K$ cùng thuộc một đường tròn $(4)$

Gọi $H$ là giao điểm của $PO$ và $BI$

Có: $OP // AD$ và $BI ⊥ AD$

$⇒ BI ⊥ OP$ $(*)$

Mặt khác: $OH // DI$ và $O$ trung điểm $BD$

$⇒ H$ trung điểm $BI$ $(**)$

Từ $(*), (**)$ suy ra: $PO$ là đường trung trực đoạn $BI$

$⇒ \widehat{PIB}=\widehat{PBI}$

Mà $PQ // BT$ và $BP // QT$ nên $BPQT$ là hình bình hành

$⇒ \widehat{PBI}=\widehat{TQP}$

$⇒ \widehat{PIB}=\widehat{TQP}$

$⇒ ITQP$ là tứ giác nội tiếp

Hay $I, T, Q, P$ cùng thuộc một đường tròn $(5)$

Từ $(4), (5)$ suy ra: $P, I, T, Q, K$ cùng thuộc một đường tròn $(8)$

(do qua $3$ điểm $I, T, Q$ chỉ vẽ được một đường tròn duy nhất)

Ta có: $BIKJ$ nội tiếp (chứng minh trên)

$⇒ \widehat{IKB}=\widehat{IJB}$ $(6)$

Mặt khác: $\widehat{DEJ}+\widehat{DKJ}=90^0+90^0=180^0$

$⇒ DEJK$ là tứ giác nội tiếp

$⇒ \widehat{DKE}=\widehat{DJE}$ $(7)$

Từ $(6), (7)$ suy ra: $\widehat{IKB}=\widehat{DKE}$

$⇒ 90^0- \widehat{IKB}=90^0-\widehat{DKE}$

$⇒ \widehat{IKQ}=\widehat{EKJ}$

Mà $\widehat{IKQ}=\widehat{IBP}$ (do $IBJK$ là tứ giác nội tiếp)

$\widehat{IBP}=\widehat{BIP}$ (chứng minh trên)

nên $\widehat{EKJ}=\widehat{BIP}$

và $\widehat{EJK}=\widehat{TIK}$ (do $IBJK$ là tứ giác nội tiếp)

$⇒ 180^0-(\widehat{EKJ}+\widehat{EJK})=180^0-(\widehat{BIP}+\widehat{TIK})$

$⇔ \widehat{KEJ}=\widehat{PIK}$

$⇒ IPEK$ là tứ giác nội tiếp

Hay $I, P, E, K$ cùng thuộc một đường tròn $(9)$

Từ $(8), (9)$ suy ra: $I, P, E, K, Q, T$ cùng thuộc một đường tròn

(do qua $3$ điểm $I, P, K$ chỉ vẽ đường một đường tròn duy nhất)

$⇒$ Các đường trung trực đoạn $PE, QK, IT$ đồng quy tại tâm đường tròn đi qua các điểm $I, P, E, K, Q, T$ $(đpcm)$