1) Ta có: $MA\cap (O) = \{C\}$
$\to \widehat{ACB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\to \widehat{MCB} = \widehat{MCI} =90^\circ$
Hoàn toàn tương tự, ta được: $\widehat{MDI} =90^\circ$
Xét tứ giác $MCID$ có:
$\widehat{MCI} + \widehat{MDI} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$
Do đó $MCID$ là tứ giác nội tiếp
2. Sửa đề: $AD\cap BC = \{I\}$
Ta có:
$\widehat{ACB} = \widehat{ADB} =90^\circ$
$\to BC\perp MA;\, AD\perp MB$
Lại có: $AD\cap BC = \{I\}$
$\to I$ là trực tâm của $ΔMAB$
$\to MI\perp AB$
Mặt khác: $MH\perp AB\quad (gt)$
$\to I,M,H$ thẳng hàng
3. Xét tứ giác nội tiếp $MCID$ có:
$\widehat{MCI} = \widehat{MDI} = 90^\circ$
$\widehat{MCI}$ và $ \widehat{MDI}$ cùng nhìn cạnh $MI$
$\to MI$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác $MCID$
$\to K$ là trung điểm $MI$
$\to KM = KC = KI = KD$
$\to ΔKMC$ cân tại $K$
$\to \widehat{KMC} = \widehat{KCM}$
mà $\widehat{KMC} = \widehat{HMA} = \widehat{CBA} = \widehat{CBO}$ (cùng phụ $\widehat{MAB}$)
$\widehat{CBO} = \widehat{OCB}\quad (ΔOCB$ cân tại $O$ do $OC = OB = R)$
nên $\widehat{KCM} = \widehat{OCB}$
Ta lại có:
$\widehat{KCM} + \widehat{BCK} = \widehat{BCM} =90^\circ\quad (BC\perp MA)$
Do đó:
$\widehat{OCB} + \widehat{BCK} = 90^\circ$
$\to \widehat{OCK} =90^\circ$
Xét tứ giác $KCOH$ có:
$\widehat{OCK} = \widehat{OHK} = 90^\circ$
$\widehat{OCK}$ và $\widehat{OHK}$ cùng nhìn cạnh $OK$
Do đó $KCOH$ là tứ giác nội tiếp
