a)

Ta có `CD bot AF` tại `K` (gt) và `FB bot AF` tại `F` (vì `hat(AFB)` là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn `(O)` nên `hat(AFB) = 90^o`

Do đó `CD` $\parallel$ `FB` nên `hat(CDF) = hat(BFD)` (hai góc so le trong)

Xét đường tròn `(O)` có `hat(CDF) = hat(BFD)`, mà hai góc này lần lượt chắn các cung nhỏ `CF, BD`

Suy ra $\mathop{CF}\limits^{\displaystyle\frown}$ `=` $\mathop{BD}\limits^{\displaystyle\frown}$ (đpcm)

b)

Xét `(O)` có `hat(ACB)= 90^o` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có `hat(BCH) = hat(CAB)` (hai góc cùng phụ với `hat(CBA)`)

Mà `hat(CAB) = hat(CEB)` (hai góc nội tiếp cùng chẵn cung `AC`)

Do đó `hat(BCH) = hat(CEB)`

Xét `triangle CBE` có  `hat(BCH) = hat(CEB)` nên `triangle CBE` cân tại `B`, khi đó `BC = BE`

Do đó $\mathop{BC}\limits^{\displaystyle\frown}$ `=` $\mathop{BE}\limits^{\displaystyle\frown}$ 

$\mathop{CF}\limits^{\displaystyle\frown}$ `+` $\mathop{BF}\limits^{\displaystyle\frown}$ `=` $\mathop{BD}\limits^{\displaystyle\frown}$ `+` $\mathop{DE}\limits^{\displaystyle\frown}$

Suy ra $\mathop{BF}\limits^{\displaystyle\frown}$ `=` $\mathop{DE}\limits^{\displaystyle\frown}$ (đpcm)