`a)` $BE;CF$ là hai đường cao của $∆ABC$
`=>\hat{BEC}=90°; \hat{BFC}=90°`
`=>\hat{BEC}+\hat{BFC}=90°+90°=180°`
Mà `\hat{BEC};\hat{BFC}` ở vị trí đối nhau
`=>BFEC` nội tiếp
`=>\hat{AFE}=\hat{ACB}` (góc ngoài tại $1$ đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện)
Xét $∆AEF$ và $∆ABC$ có:
`\qquad \hat{A}` chung
`\qquad \hat{AFE}=\hat{ACB}` (c/m trên)
`=>∆AEF∽∆ABC` (g-g)
`=>{AE}/{AB}={AF}/{AC}`
`=>AF .AB=AE.AC`
$\\$
`b)` $AK$ là đường kính của $(O)$
`=>\hat{ACK}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
`=>KC`$\perp AC$
Mà $BH\perp AC$ (do $BE\perp AC$)
`=>KC`//$BH$ $(1)$
$\\$
`\qquad \hat{ABK}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
`=>KB`$\perp AB$
Mà $CH\perp AB$ (do $CF\perp AB$)
`=>KB`//$CH$ $(2)$
Từ `(1);(2)=>BHCK` là hình bình hành $(3)$
$\\$
Vì `OI`$\perp BC$ tại $I$ (gt)
`=>I` là trung điểm $BC$ (đường nối tâm vuông góc tại trung điểm dây cung) $(4)$
Từ `(3);(4)=>I` là trung điểm $HK$ (hai đường chéo hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
Vậy `H;I;K` thẳng hàng
$\\$
`c)` $ANBC$ nội tiếp $(O)$
`=>\hat{MNB}=\hat{MCA}` (góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện)
Xét $∆MNB$ và $∆MCA$ có:
`\qquad \hat{M}` chung
`\qquad \hat{MNB}=\hat{MCA}` (c/m trên)
`=>∆MNB∽∆MCA` (g-g)
`=>{MN}/{MC}={MB}/{MA}`
`=>MN.MA=MB.MC` $(5)$
$\\$
Xét $∆MEB$ và $∆MCF$ có:
`\qquad \hat{M}` chung
`\qquad \hat{MEB}=\hat{MCF}` (do $BFEC$ nội tiếp)
`=>∆MEB∽∆MCF` (g-g)
`=>{ME}/{MC}={MB}/{MF}`
`=>ME.MF=MB.MC` $(6)$
Từ `(5);(6)=>MN.MA=ME.MF`
`=> {MA}/{ME}={MF}/{MN}`
$\\$
Xét $∆MA F$ và $∆MEN$ có:
`\qquad \hat{M}` chung
`\qquad {MA}/{ME}={MF}/{MN}` (c/m trên)
`=>∆MA F∽∆MEN` (c-g-c)
`=>\hat{MAF}=\hat{MEN}`
`=>\hat{NAF}=\hat{FEN}`
`=>` Tứ giác $AEFN$ có $2$ đỉnh $A;E$ cùng nhìn cạnh $NF$ dưới hai góc bằng nhau
`=>AEFN` nội tiếp (*)
$\\$
Xét tứ giác $AEHF$ có:
`\qquad \hat{AFH}+\hat{AEH}=90°+90°=180°`
Mà `\hat{A FH};\hat{AEH}` ở vị trí đối nhau
`=>AEHF` nội tiếp (**)
Từ (*);(**) `=>N;A;E;H;F` cùng thuộc $1$ đường tròn
`=>AEHN` nội tiếp
`=>\hat{ANH}+\hat{AEH}=180°` (tổng hai góc đối $180°$)
`=>\hat{ANH}=180°-\hat{AEH}=180°-90°=90°`.
`=>AN`$\perp HN$ $(7)$
$\\$
Vì `\hat{ANK}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
`=>AN`$\perp KN$ $(8)$
Từ `(7);(8)=>N;H;K` thẳng hàng
Mà `H;I;K` thẳng hàng (câu b)
`=>N;H;I` thẳng hàng và $IN\perp AM$ tại $N$
$\\$
Xét $∆AMI$ có:
`\qquad ` $IN\perp AM$
`\qquad `$AD\perp MI$
`\qquad IN` cắt $AD$ tại $H$
`=>H` là trực tâm của $∆AMI$
`=>MH`$\perp AI$
