Lời giải:
a)
$BE,CF$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên \(BE\perp AB; CF\perp AC\)
Do đó: \(\widehat{HFA}=\widehat{HEA}=90^0\)
Xét tứ giác $AEHF$ có tổng 2 góc đối \(\widehat{HFA}+\widehat{HEA}=180^0\) nên $AEHF$ là tứ giác nội tiếp.
b)
\(BE\perp AB, CF\perp AC\) nên \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}(=90^0)\)
Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $BC$ nên tứ giác $BFEC$ nội tiếp, hay $B,F,E,C$ cùng nằm trên 1 đường tròn.
c)
Theo tính chất 3 đường cao đồng quy tại 1 điểm, xét tam giác $ABC$ có đường cao $BE,CF$ giao nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. Do đó $AH\perp BC$ (tại giao điểm $K$)
d)
Theo phần c, ta đã chỉ ra $AK\perp BC$ tại $K$ nên tam giác $AKC$ vuông tại $K$. Do đó:
\(\widehat{CAN}=\widehat{CAK}=90^0-\widehat{KCA}\)
Mà: \(\widehat{CBM}=\widehat{CBE}=90^0-\widehat{BCE}=90^0-\widehat{KCA}\)
\(\Rightarrow \widehat{CAN}=\widehat{CBM}\)
Mà 2 góc này cùng là góc nội tiếp $(O)$ và chắn lần lượt 2 cung $CN$ và $CM$ nên $CM=CN$
