a) Ta có:
$\widehat{AKM} = 90^\circ$ (nhìn đường kính $AD$)
$\Rightarrow AK\perp KM$
$\Rightarrow AD\perp KM$
Ta lại có: $AD\perp BC\quad (gt)$
Do đó $MK//BC\quad (\perp AD)$
b) Ta có:
$\widehat{HBD} = \widehat{EBC} = \widehat{DAC}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$)
mà $\widehat{DAC} = \widehat{KAC} = \widehat{KBC} = \widehat{KBD}$ (cùng chắn $\mathop{KC}\limits^{\displaystyle\frown}$)
nên $\widehat{HBD} = \widehat{KBD}$
$\Rightarrow BD$ là phân giác của $\widehat{HBK}$
Ta lại có:
$BD\perp HK\quad (AK\perp BC)$
Do đó $ΔHBK$ cân tại $B$
$\Rightarrow BD$ là trung tuyến ứng với cạnh $HK$
$\Rightarrow DH = DK$
c) Ta có:
$\widehat{ACM} = \widehat{ABM} = 90^\circ$ (cùng nhìn đường kính $AM$)
$\Rightarrow MC\perp AC;\, MB\perp AB$
Ta lại có:
$BE\perp AC;\, CF\perp AB\quad (gt)$
$\Rightarrow MC//BE;\, MB//CF$
$\Rightarrow MC//BH;\, MB//CH$
$\Rightarrow BHCM$ là hình bình hành
$\Rightarrow BC, \, HM$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đưởng
mà $I$ là trung điểm $BC\quad (gt)$
nên $I$ là trung điểm $HM$
$\Rightarrow H,I,M$ thẳng hàng
d) Ta có:
$\dfrac{AD}{HD} + \dfrac{BE}{HE} + \dfrac{CF}{HF}$
$= \dfrac{\dfrac12AD.BC}{\dfrac12HD.BC} + \dfrac{\dfrac12BE.AC}{\dfrac12HE.AC}+ \dfrac{\dfrac12CF.AB}{\dfrac12HF.AB}$
$=\dfrac{S_{ABC}}{S_{BHC}} + \dfrac{S_{ABC}}{S_{AHC}} + \dfrac{S_{ABC}}{S_{AHB}}$
$= S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{1}{S_{BHC}} + \dfrac{1}{S_{AHC}} + \dfrac{1}{S_{AHB}}\right)$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dạng $Engel$ ta được:
$S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{1}{S_{BHC}} + \dfrac{1}{S_{AHC}} + \dfrac{1}{S_{AHB}}\right) \geq S_{ABC}\cdot\dfrac{(1+1+1)^2}{S_{BHC} + S_{AHC} + S_{AHB}}$
$\Leftrightarrow S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{1}{S_{BHC}} + \dfrac{1}{S_{AHC}} + \dfrac{1}{S_{AHB}}\right) \geq S_{ABC}\cdot\dfrac{9}{S_{ABC}} = 9$
Vậy $\dfrac{AD}{HD} + \dfrac{BE}{HE} + \dfrac{CF}{HF} \geq 9$
