Lời giải:
a) Ta có:
$\widehat{BEC} = \widehat{BFC} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \begin{cases}BF\perp AC\\CE\perp AB\end{cases}$
Xét $ΔABC$ có:
$\begin{cases}BF\perp AC\\CE\perp AB\end{cases}\quad (cmt)$
$BF\cap CE = \{H\}$
$\Rightarrow H$ là trực tâm của $ΔABC$
$\Rightarrow AH\perp BC$
hay $AD\perp BC$
Dễ dàng chứng minh được $AEDC, AEHF$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \begin{cases}\widehat{EAC} = \widehat{EDB}\quad (1)\\\widehat{HFE} = \widehat{HAE}\end{cases}$
Ta lại có:
$ΔOBF$ cân tại $F\quad (OB = OF = R)$
$\Rightarrow \widehat{OFB} = \widehat{OBF} = \widehat{FBC}$
mà $\widehat{FBC} = \widehat{DAC}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$)
nên $\widehat{OFB} = \widehat{DAC}$
Ta được:
$\widehat{OFE} = \widehat{OFB} + \widehat{HFE} = \widehat{DAC} + \widehat{HAE} = \widehat{EAC}\quad (2)$
Từ $(1)(2)\Rightarrow \widehat{EDB} = \widehat{OFE}$
Xét tứ giác $EFOD$ có:
$ \widehat{EDB} = \widehat{OFE}$
$\Rightarrow EFOD$ là tứ giác nội tiếp
b) Gọi $I$ là trung điểm $AH\quad (3)$
$\Rightarrow IE = IH = IA$
$\Rightarrow ΔIEA$ cân tại $I$
$\Rightarrow \widehat{IEA} = \widehat{IAE} = \widehat{DAB}$
Mặt khác:
$ΔOEC$ cân tại $O\quad (OE = OC = R)$
$\Rightarrow \widehat{OEC} = \widehat{OCE} = \widehat{BCE}$
mà $\widehat{BCE} = \widehat{BAD}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$)
nên $\widehat{IEA} = \widehat{OEC}$
Ta có:
$\quad \widehat{IEC} + \widehat{IEA} = \widehat{CEA}=90^\circ$
$\Leftrightarrow \widehat{IEC} + \widehat{OEC}=\widehat{OEI}= 90^\circ$
$\Rightarrow OE\perp EI$
$\Rightarrow IE$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $E \quad (4)$
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được:
$IF$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $F\quad (5)$
Từ $(3)(4)(5)\Rightarrow$ hai tiếp tuyến tại $E$ và $F$ cắt nhau tại trung điểm $I$ của $AH$
