Cần phần đảo với phần giới hạn (nếu có) thôi nha mọi người, em làm được phần thuận rồi.

Thuận: Lấy M là trung điểm BC. Khi đó IM là đường trung bình của \(\Delta\)BHC => IM // HC

Vì HC vuông góc BH nên IM vuông góc BH hay ^BIM = 90⁰ => I thuộc đường tròn (MB)

M là trung điểm đoạn BC cố định => BM cố định => I di chuyển trên (MB) cố định.

Đảo: M là trung điểm BC, đường tròn (BM) cắt BH tại I. Có ngay MI // CH

Xét \(\Delta\)CBH có: M là trung điểm BC, MI // HC, I thuộc BH => I là trung điểm BH.

Giới hạn: Xét A không trùng với B,C. Theo chứng minh phần thuận thì I nằm trên (BM)

Xét A trùng B: Khi đó AC trùng BC. Mà BH vuông góc AC tại H nên H trùng B => I trùng B

Xét A trùng C: Suy ra BH trùng BC. Khi đó trung điểm I của BH trùng với M

Vậy điểm I di động trên cả đường tròn đường kính BM.

(vẽ mãi vẫn ko đẹp bằng anh Đạt:v)

Cách của em nè: (anh check giúp ạ, phần đảo với giới hạn em chịu)

Phần thuận: Lấy O là trung điểm BC, O' làm trung điểm OB. Khi đó:

\(O'I=\frac{1}{2}OH=\frac{1}{4}BC\) (dùng t/c đường trung bình + t/c: "trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền"). Mà BC cố định hay BC không đổi nên O'I không đổi.

Do đó I luôn cách O' một khoảng không đổi nên I thuộc đường tròn tâm O', bán hình OB/2

a, Xét tam giác vuông EBC vuông tại E và  CI = IB

 ⇒ IE = IC = IB ⁽¹⁾ ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)

Xét tam giác vuông BCF vuông tại F và IC =IB 

 ⇒IF = IC = IB ⁽²⁾ (vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền) 

Từ (1) và (2) ta có: 

IE = IF = IB = IC 

Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn tâm I bán kính bằng \(\dfrac{1}{2}\) BC (đpcm)

b, Xét \(\Delta\)AFC và \(\Delta\)AEB có:

\(\widehat{CAF}\)  chung ; \(\widehat{AFC}\) = \(\widehat{AEB}\) = 90⁰ 

⇒ \(\Delta\)AFC  \(\sim\) \(\Delta\)AEB   (g-g)

⇒ \(\dfrac{AF}{AE}\) = \(\dfrac{AC}{AB}\) (theo định nghĩa hai tam giác đồng dạng)

⇒AB.AF = AC.AE (đpcm)

Xét tam giác vuông AEH vuông tại E và KA = KH 

⇒ KE = KH ( vì trong tam giác vuông trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng \(\dfrac{1}{2}\) cạnh huyền)

⇒\(\Delta\)EKH cân tại K ⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{EHK}\) 

\(\widehat{EHK}\) = \(\widehat{DHB}\) (vì hai góc đối đỉnh)

 ⇒ \(\widehat{KEH}\) = \(\widehat{DHB}\) ( tc bắc cầu) (3)

Theo (1) ta có: IE = IB ⇒ \(\Delta\) IEB cân tại I 

⇒ \(\widehat{IEB}\) = \(\widehat{IBE}\)  (4)

Cộng vế với vế của (3) và(4)

Ta có: \(\widehat{KEI}\) = \(\widehat{KEH}\) + \(\widehat{IEB}\) =  \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{IBE}\)  = \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\)

        Vì tam giác DHB vuông tại D nên \(\widehat{DHB}\) + \(\widehat{DBH}\)  = 180⁰ - 90⁰ = 90⁰

 ⇒\(\widehat{KEI}\)  = 90⁰

         IE \(\perp\) KE (đpcm)

Bạn lấy thực hiện phép đối xứng qua \(BC\) thì \(O\) thành \(O'\) thì \(OB=O'B,OC=O'C\) mà \(OB=C=R\) cho nên \(O'B=O'C=R\left(1\right)\)
Ở đây \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp \(ABC'\)
, \(H\) thành \(H'\) với \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABC\).
Cho nên \(\widehat{HBC}=\widehat{H'BC}\) ( phép đối xứng trực bảo toàn góc) mặt khác 
\(\widehat{HBC}=\widehat{HAC}\) cùng phụ với góc \(\widehat{C}\).
Điều này chứng tỏ \(ACH'B\) là tứ giác nội tiếp hay \(H'\) cũng thuộc \(\left(O\right)\)

Phép đối xứng là phép dời hình cho nên nó bảo toàn khoảng cách cũng có nghĩa 

\(O'H=OH'=R\) (vì \(H\) nằm trên \(\left(O\right)\)) (2)

Từ (1) và (2) ta được tam giác HBC luôn nội tiếp đường tròn \(\left(O'\right)\) bán kính R
do \(O,BC\) và R cố định nên \(O'\) cố định , ta được điều phải chứng minh.

câu a

 Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống tia phân giác ^BAC. Tam giác ADE có AH vừa là phân giác vùa là đường cao nên cân tại A. 
Qua B vẽ BF//CE (F thuộc DE) => tam giác BDF cân tại B => BD = BF (1) 
Mặt khác xét 2 tam giác BMF và CME có : BM = CM; ^BMF = ^CME ( đối đỉnh); ^MBF = ^MCE ( so le trong) => tam giác BMF = tg CME => BF = CE (2) 
Từ (1) và (2) => đpcm

mấy câu còn lại bó tay