Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K  thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.

Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)

Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)

Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)

Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'

=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp 

Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL'   (1)

Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF

=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g)  => FA² = FK.FC        (2)

Từ (1) và (2) => FA² = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)

=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2

Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp

Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L

Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 180⁰ - ^BAC/2

Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).

a) Xét \(\Delta\)ABC: Trực tâm H => ^BAC + ^BHC = 180⁰. Tương tự: ^BPC + ^BMC = 180⁰

Suy ra: ^BAC + ^BHC = ^BPC + ^BMC. Ta có: ^BHC = ^BMC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

=> ^BAC = ^BPC => Tứ giác ABCP nội tiếp => P nằm trên (ABC) hay P thuộc (O) (đpcm)

b)  Gọi AO cắt BC tại F'. Ta đi chứng minh F trùng F'. Thật vậy:

Gọi 2 đường cao của tam giác ABC là BT và CS. ST cắt AH tại I.

Tứ giác BSTC nội tiếp => ^ATS = ^ABC => ^ATI = ^ABF'. Dễ thấy: ^TAI = ^BAF'

Suy ra: ^AF'B = ^AIT. Mà HE // AF', ^AIT = ^HIS nên ^HEB = ^HIS => \(\Delta\)HBE ~ \(\Delta\)HSI (g.g)

=> \(\frac{BE}{SI}=\frac{HB}{HS}=\frac{BC}{ST}=\frac{AC}{AS}\). Ta cũng có: \(\Delta\)AF'C ~ \(\Delta\)AIS (g.g) => \(\frac{CF'}{SI}=\frac{AC}{AS}\)

Do đó: \(\frac{BE}{SI}=\frac{CF'}{SI}\)=> BE = CF' . Mà BE = CF nên CF = CF' => F trùng F' => A,F,O thẳng hàng (đpcm).

c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BHC. Dễ thấy O đối xứng với K qua BC => CO=OP=CK (1)

Ta có: Hai đường tròn (N) và (K) có 2 điểm chung là B và M => KN vuông góc BM, kết hợp OK vuông góc BC

=> ^OKN = ^MBC (2 góc có 2 cạnh tương ứng vuông góc). Tương tự thì ^ONK = ^MBA

Mà ^MBC = ^MBA (Do BM là phân giác ^ABC) nên ^OKN = ^ONK => \(\Delta\)NOK cân tại O

Suy ra O nằm trên trung trực của NK và CP (Vì OP=OC)

Mặt khác: NK vuông góc BM. BM lại vuông góc CP (M là trực tâm \(\Delta\)BCP) => NK // CP

Từ đó: Trung trực của NK và CP trùng nhau => Tứ giác PNKC là hình thang cân => CK = PN (2)

Từ (1),(2) => PN = PO (đpcm).

a) Do P là trực tâm tam giác BMC nên M là trực tâm tam giác PBC.

Từ đó ta có \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}\). Do H là trực tâm tam giác ABC nên \(\widehat{BAC}=180^0-\widehat{BHC}\)

Mà ta lại có \(\widehat{BHC}=\widehat{BMC}\)do tứ giác BHMC nội tiếp.

Do đó ta được \(\widehat{BPC}=180^0-\widehat{BMC}=180^0-\widehat{BHC}=\widehat{BAC}\). Suy ra bốn điểm A,B,C,P cùng thuộc một đường tròn

Vậy P nằm trên (O) 

b) Dựng đường kính AK của đường tròn (O). Khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCK là hình bình hành.

Xét \(\Delta BHE\)và \(\Delta CKF\)có BE = CF,\(\widehat{HBE}=\widehat{KCF}\), BH = CK nên \(\Delta BHE=\Delta CKF\left(c-g-c\right)\)

Từ đó ta được \(\widehat{KFC}=\widehat{HEB}\)suy ra HE song song với KF. Lại có AK song song với HE nên ba điểm A, F, K thẳng hàng.

Vậy ba điểm A, F, O thẳng hàng (đpcm)

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Ta có \(\Delta BHC=\Delta CKB\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BKB. Từ đó ta suy ra được OB = OC = IB = IC. Chú ý rằng ON là đường trung trực của AB và OI là đường trung trực của BC, IN là đường trung trực của BM nên ta suy ra được \(\widehat{ONI}=\widehat{ABM}\)và \(\widehat{OIN}=\widehat{MBC}\)

Từ đó dẫn đến \(\widehat{ABM}=\widehat{MBC}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)nên \(\widehat{OIN}=\widehat{ONI}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}\)hay tam giác OIN cân tại O, đồng thời ta có \(\widehat{NOI}=180^0-2\widehat{NIO}=180^0-\widehat{ABC}\)

Lại có \(\widehat{POB}=2\widehat{PCB}=2\left(90^0-\widehat{MBC}\right)=180^0-2\widehat{MBC}=180^0-\widehat{ABC}\)

Từ đó ta được \(\widehat{NOI}=\widehat{POB}\)nên suy ra \(\widehat{NOP}=\widehat{IOB}\)

Hai tam giác OBI và OPN có \(OI=ON,\widehat{NOP}=\widehat{IOB},OB=ON\)nên \(\Delta OBI=\Delta POB\)

Mà tam giác OBO cân tại B nên tam giác OPN cân tại P. Từ đó suy ra PN = PO