`a)` Ta có:
`\hat{BEC}=\hat{BFC}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$)
`=>BE`$\perp AC$`=>\hat{AEH}=90°`
`\qquad CF`$\perp AB$`=>\hat{AFH}=90°`
`=>\hat{AEH}+\hat{AFH}=180°`
`=>AEHF` nội tiếp (đpcm)
$\\$
`b)` Từ câu a ta có:
`\qquad BE`$\perp AC$
`\qquad CF`$\perp AB$
$BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$
`=>H` là trực tâm $∆ABC$
`=>AH`$\perp BC$
`=>AD`$\perp BC$ (đpcm)
$\\$
`c)` $I$ là trung điểm $AH$ (gt)
`=>EI` là trung tuyến $∆AEH$ vuông tại $E$
`=>EI=AI=1/ 2 AH`
`=>∆AEI` cân tại $I$
`=>\hat{IAE}=\hat{IEA}`
Tứ giác $AEHF$ nội tiếp (câu a)
`=>\hat{IAE}=\hat{HFE}` (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HE$)
`=>\hat{IEA}=\hat{HFE}`
Tứ giác $BCEF$ nội tiếp $(O)$
`=>\hat{HFE}=\hat{EBO}` (góc nội tiếp cùng chắn cung $EC$)
`=>\hat{IEA}=\hat{EBO}`
Xét $∆OBE$ có:
$OB=OE$ (=bán kính của $(O)$)
`=>∆OBE` cân tại $O$
`=>\hat{EBO}=\hat{BEO}`
`=>\hat{IEA}=\hat{BEO}`
Ta có:
`\hat{IEO}=\hat{IEB}+\hat{BEO}=\hat{IEB}+\hat{IEA}=\hat{AEB}=90°`
`=>\hat{IEO}=90°`.
Tương tự chứng minh được `\hat{IFO}=90°`
`=>\hat{IEO}+\hat{IFO}=180°`
`=>OEIF` nội tiếp (đpcm) $(1)$
$\\$
Xét $∆OCE$ có:
$OC=OE$ (=bán kính của $(O)$)
`=>∆OCE` cân tại $O$
`=>\hat{OCE}=\hat{OEC}`
Ta có: `\hat{DOE}` là góc ngoài $∆OEC$
`=>\hat{DOE}=\hat{OEC}+\hat{OCE}=2\hat{OCE}` $(2)$
Tứ giác $ACDF$ có `\hat{AFC}=\hat{ADC}=90°`
`=>ACDF` nội tiếp
`=>\hat{BFD}=\hat{OCE}`
Tứ giác $BCEF$ nội tiếp $(O)$
`=>\hat{AFE}=\hat{OCE}`
Ta có:
`\hat{AFE}+\hat{BFD}+\hat{DFE}=180°`
`=>\hat{OCE}+\hat{OCE}+\hat{DFE}=180°`
`=>2\hat{OCE}+\hat{DFE}=180°` $(3)$
Từ `(2);(3)=>\hat{DOE}+\hat{DFE}=180°`
`=>DOEF` nội tiếp $(4)$
Từ `(1);(4)=>O;D;F;I;E` cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
