Mình gợi ý cách làm như sau
1)
Kẻ tiếp tuyến $Ax$ như bình vẽ
$\to \widehat{xAC}=\widehat{ABC}$ ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $AC$ )
Mà $\widehat{ABC}=\widehat{AEF}$ ( $BFEC$ là tứ giác nội tiếp )
$\to \widehat{xAC}=\widehat{AEF}$
Mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong
$\to Ax\,\,||\,\,EF$
Mà $Ax\bot OA$ ( vì $Ax$ là tiếp tuyến )
Vậy $OA\bot EF$
2)
$\Delta ABA'$ và $\Delta ACA'$ lần lượt nội tiếp $\left( O \right)$ có $AA'$ là đường kính
$\to\begin{cases}AB\bot A’B\\AC\bot A’C\end{cases}$
H là trực tâm $\Delta ABC$
$\to\begin{cases}AB\bot CH\\AC\bot BH\end{cases}$
$\to\begin{cases}A’B\,\,||\,\,CH\\A’C\,\,||\,\,BH\end{cases}$
$\to BHCA'$ là hình bình hành
4)
$G$ là giao điểm $HO$ và $MA$
Nên ba điểm $H,O,G$ thẳng hàng là hiển nhiên
5)
Sửa đề $H$ là trực tâm
Kẻ $AT$ cắt $\left( O \right)$ tại $J$
$BCEF$ là tứ giác nội tiếp
Có $EF$cắt $BC$ tại $T$
$\to TB.TC=TE.TF$
$AJBC$ nội tiếp $\left( O \right)$
Có $AJ$ cắt $BC$ tại $T$
$\to TB.TC=TJ.TA$
$\to TE.TF=TJ.TA$
$\to AJFE$ là tứ giác nội tiếp
Mà $AHFE$ cũng nội tiếp
Nên ngũ giác $AJFHE$ nội tiếp được đường tròn
$\to \widehat{AJH}=\widehat{AFH}=90{}^\circ $
$\to HJ\bot AT$
$\Delta BEC$ vuông tại $E$ có $M$ là trung điểm
$\to ME=MB$
$\to \Delta MEB$ cân tại $M$
$\to \widehat{MEB}=\widehat{MBE}$
Mà $\widehat{MBE}=\widehat{DFH}$ ( vì $BFHD$ nội tiếp )
$\to \widehat{MEB}=\widehat{DFH}$
Ta có:
$\begin{cases}\widehat{BDF}=\widehat{DFH}+\widehat{DCF}\\\widehat{FEM}=\widehat{MEB}+\widehat{FEB}\end{cases}$
Mà:
$\widehat{DFH}=\widehat{MEB}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$
$\widehat{DCF}=\widehat{FEB}$ ( vì $BCEF$ nội tiếp )
Nên $\widehat{BDF}=\widehat{FEM}$
$\to DFEM$ là tứ giác nội tiếp
Có $EF$ cắt $DM$ tại $T$
$\to TF.TE=TD.TM$
$\to TJ.TA=TD.TM$
$\to AJDM$ là tứ giác nội tiếp
$\to \widehat{AJM}=\widehat{ADM}=90{}^\circ $
$\to MJ\bot AT$
Mà $HJ\bot AT$ ( cmt )
$\to MJ\equiv HJ$
$\to 3$ điểm $M,H,J$ thẳng hàng
Xét $\Delta ATM$ có hai đường cao $MJ$ và $AD$ cắt nhau tại $H$
$\to H$ là trực tâm $\Delta ATM$
