a. Ta có: ˆBAH=ˆBAC+ˆCAH=ˆBAC+90⁰

ˆEAC=ˆBAC+ˆBAE=ˆBAC+90⁰

Suy ra: ˆBAH=ˆEAC

– Xét ∆ BAH và ∆ EAC:

BA = EA (vì ABDE là hình vuông)

ˆBAH=ˆEAC (chứng minh trên)

AH = AC (vì ACFH là hình vuông)

Do đó: ∆ BAH = ∆ EAC (c.g.c)

⇒ BH = EC

Gọi giao điểm của EC với AB và BH lần lượt là K và O.

ˆAEC=ˆABH (vì ∆ BAH = ∆ EAC) (1)

hay ˆAEK=ˆOBK

– Trong ∆ AEK ta có: ˆEAK=90⁰

⇒ˆAEK+ˆAKE=90⁰

Um... phần a và b mình làm rồi nhưng còn phần c chưa giải được ._.

c, Trong ∆ EBC ta có:

M là trung điểm của EB (tính chất hình vuông)

I là trung điểm của BC (gt)

nên MI là đường trung bình của tam giác EBC

⇒ MI = \(\frac{1}{2}\)EC và MI // EC (tính chất đường trung bình của tam giác)

- Trong ∆ BCH ta có:

I là trung điểm của BC (gt)

N là trung điểm của CH (tính chất hình vuông)

nên NI là đường trung bình của ∆ BCH

⇒ NI = \(\frac{1}{2}\)BH và NI // BH (tính chất đường trung bình của tam giác)

BH = CE (chứng minh trên)

Suy ra: MI = NI nên ∆ INM cân tại I

MI // EC (chứng minh trên)

EC ⊥ BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ BH

NI // BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ NI hay ˆMIN=90⁰

Vậy ∆ IMN vuông cân tại I.

a. Ta thấy \(\widehat{EAC}=\widehat{BAH}\left(=\widehat{BAC}+90^o\right)\)

Vậy nên \(\Delta EAC=\Delta BAH\left(c-g-c\right)\)

Từ đó suy ra \(\widehat{ACE}=\widehat{AHB}\)

Vì \(\widehat{AHB}+\widehat{JHF}+\widehat{F}+\widehat{FCA}=270^o\Rightarrow\widehat{ACE}+\widehat{JHF}+\widehat{F}+\widehat{FCA}=270^o\Rightarrow\widehat{HJC}=90^o\)

Vậy \(EC\perp BH.\)

b. Ta thấy \(O_1\) là trung điểm EB. Vậy thì O₁I là đường trung bình của tam giác BEC hay O₁I // EC. Tương tự O₂I // BH.

Lại có \(EC\perp BH\)  nên \(O_1I\perp O_2I.\)

Vậy tam giác O₁O₂I là tam giác vuông tại I.