Có \(BH\perp AC\). (1)
\(\widehat{ADC}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) vì vậy\(AC\perp DC\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH//DC. (3)
Tương tự HC//BD (vì cùng vuông góc với AB). (4)
Từ (3);(4) suy ra tứ giác HCDB là hình bình hành.
b) Do O là trung điểm của AD nên \(\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HD}=2\overrightarrow{HO}\).
Do M là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=2\overrightarrow{HM}=\overrightarrow{HD}\).
Vì vậy \(\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HD}=2\overrightarrow{HO}\).
\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}\)
\(=3\overrightarrow{HO}+2\overrightarrow{HO}=2\left(\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OH}\right)+\overrightarrow{HO}\)
\(=2.\overrightarrow{0}+\overrightarrow{HO}=\overrightarrow{HO}\).
c) Ta có:
\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\)\(=3\overrightarrow{OG}\) (theo tính chất trọng tâm tam giác). (5)
Mặt khác theo câu b)
\(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}\). (6)
Theo (5) và (6) ta có: \(\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\).
Suy ra ba điểm O, H, G thẳng hàng ( đường thẳng Ơ-le).

Ta có: \(\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GA} \); \(\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GB} \); \(\overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GC} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GC} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = 3\overrightarrow {OG}  + \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right)\end{array}\)

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên \(\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = 3\overrightarrow {OG}  + \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC}  = 3\overrightarrow {OG} \end{array}\)

a) Ta có vectơ \(\overrightarrow {OG} \) theo ba vectơ \(\overrightarrow {OA} \) , \(\overrightarrow {OB} \)và \(\overrightarrow {OC} \) là: \(\overrightarrow {OG}  = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} } \right)\)

b) Do tọa độ ba điểm A , B và C là: \(A\left( {{x_A},{y_A}} \right),B\left( {{x_B},{y_B}} \right),C\left( {{x_C},{y_C}} \right)\) nên ta có:\(\overrightarrow {OA}  = \left( {{x_A},{y_A}} \right),\overrightarrow {OB}  = \left( {{x_B},{y_B}} \right),\overrightarrow {OC}  = \left( {{x_C},{y_C}} \right)\)

Vậy\(\overrightarrow {OG}  = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} } \right) = \frac{1}{3}\left( {{x_A} + {x_B} + {x_C};{y_A} + {y_B} + {y_C}} \right) = \left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}} \right)\)

Tọa độ điểm G chính là tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {OG} \) nên tọa độ G  là \(G\left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}} \right)\)

Xét (O) có

ΔB'AB nội tiếp

BB' là đường kính

Do đó: ΔB'AB vuông tại A

Suy ra: B'A\(\perp\)BA

hay CH//A'B'

Xét (O) có

ΔB'CB nội tiếp

BB' là đường kính

Do đó: ΔB'CB vuông tại C

=>B'C\(\perp\)BC

hay B'C//AH

Xét tứ giác AHCB' có

AH//CB'

AB'//CH

Do đó:AHCB' là hình bình hành

Suy ra: \(\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{B'C}\)