Lời giải:
a)
Vì $E,F$ là hình chiếu của $H$ lên $AB,AC$ nên:
\(HE\perp AB; HF\perp AC\Rightarrow \widehat{HEA}=\widehat{HFA}=90^0\)
Xét tứ giác $AEHF$ có tổng 2 góc đối nhau \(\widehat{HEA}+\widehat{HFA}=90^0+90^0=180^0\) nên $AEHF$ là tứ giác nội tiếp.
b)
Vì $AEHF$ nội tiếp nên:
\(\widehat{HFK}=\widehat{HFE}=\widehat{HAE}=90^0-\widehat{EHA}=\widehat{EHK}\)
Xét tam giác $KHE$ và $KFH$ có:
\(\widehat{K}\) chung
\(\widehat{HFK}=\widehat{EHK}(cmt)\)
\(\Rightarrow \triangle KHE\sim \triangle KFH(g.g)\Rightarrow \frac{KH}{KF}=\frac{KE}{KH}\)
\(\Rightarrow KH^2=KE.KF(*)\)
Lại có:
Vì $AEHF$ nội tiếp nên \(\widehat{AFE}=\widehat{AHE}=90^0-\widehat{EHB}=\widehat{EBC}\)
\(\Rightarrow EFCB \) là tgnt
\(\Rightarrow KE.KF=KB.KC(**)\) (t/c quen thuộc của tứ giác nội tiếp)
Từ \((*); (**)\Rightarrow KH^2=KB.KC\)
c)
Kẻ tiếp tuyến $Ax$ thì \(Ax\perp OA(1)\)
\(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\) (theo tính chất tiếp tuyến)
\(\widehat{ACB}=\widehat{AEF}\) (do tứ giác $EFCB$ nội tiếp)
\(\Rightarrow \widehat{xAB}=\widehat{AEF}\). Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên \(Ax\parallel EF\) hay $Ax\parallel MN$. Kết hợp với \((1)\Rightarrow OA\perp MN\)
Mà $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $AMN$ nên $OA$ là trung trực của $MN$, do đó $AM=AN(-)$
\(\Rightarrow \widehat{AME}=\widehat{ABM}\) (góc nt chắn 2 cung bằng nhau )
Xét tam giác $AME$ và $ABM$ có:
$\widehat{A}$ chung
$\widehat{AME}=\widehat{ABM}$ (cmt)
$\Rightarrow \triangle AME\sim \triangle ABM(g.g)$
$\Rightarrow \frac{AM}{AB}=\frac{AE}{AM}\Rightarrow AM^2=AB.AE$
Mà $AB.AE=AH^2$ (công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông với tam giác vuông $ABH$ có đường cao $HE$)
\(\Rightarrow AM^2=AH^2\Rightarrow AM=AH(--)\)
Từ \((-); (--)\Rightarrow AM=AN=AH\) nên $A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN (đpcm)
