Lời giải:
a)
Theo tính chất đường cao thì \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^0\)
Tứ giác $AEHF$ có tổng 2 góc đối nhau \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\) nên $AEHF$ là tứ giác nội tiếp.
Gọi $I'$ là trung điểm $AH$.
Vì trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền (tính chất quen thuộc), do đó xét tam giác vuông $AFH$ và $AEH$ có 2 đường trung tuyến tương ứng là $FI',EI'$ thì \(FI'=\frac{AH}{2}=EI'\Leftrightarrow FI'=AI'=HI'=EI'\)
Vậy $I'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$
\(I'\equiv I\), tức là tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp tg $AEHF$ là trung điểm của $AH$
b)
Xét tứ giác $CGHE$ có tổng 2 góc đối nhau \(\widehat{HEC}+\widehat{HGC}=90^0+90^0=180^0\) nên $CGHE$ là tứ giác nội tiếp.
\(\Rightarrow \widehat{HCG}=\widehat{HEG}(1)\)
Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên đường cao $AG$ đồng thời là đường phân giác
\(\Rightarrow \widehat{EAH}=\widehat{BAH}(2)\)
\(\widehat{BAH}=\widehat{HCG}(=90^0-\widehat{B})(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \widehat{EAH}=\widehat{HEG}\). Do đó $GE$ là tiếp tuyến của $(I)$
c) Ta có:
\(\widehat{EBC}=\widehat{EAH}(=90^0-\widehat{C})\)
\(\widehat{EAH}=\widehat{BAH}(cmt)=\widehat{FAH}\)
\(\Rightarrow \widehat{EBC}=\widehat{FAH}\)
Xét tam giác $EBC$ và $FAH$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{EBC}=\widehat{FAH}(cmt)\\ \widehat{BEC}=\widehat{AFH}=90^0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \triangle EBC\sim \triangle FAH(g.g)\Rightarrow \frac{EB}{FA}=\frac{BC}{AH}\Rightarrow EB.AH=AF.BC\)
Ta có đpcm.
