a, Chứng minh IFEK là hình bình hành có tâm O. Chứng minh IK ⊥ KE => IFEKlà hình chữ nhật => I,F,E,K cùng thuộc (O;OI)

b, Ta có:  I D E ^   =   90 0 => Tam giác IDE vuông tại D 

Chứng minh rằng KD ⊥ DF => ∆ KDF vuông

Bài toán thiếu dữ kiện là điểm O. (Có khả năng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Bạn xem lại đề bài có phải thế không?

a/ Nối B với O cắt đường tròng tại K ta có

\(\widehat{BCK}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow CK\perp BC\)

\(AH\perp BC\) (AH là đường cao của tg ABC)

=> AH//CK (cùng vuông góc với BC) (1)

Ta có

\(\widehat{BAK}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AK\perp AB\)

\(CH\perp AB\) (CH là đường cao của tg ABC)

=> AK//CH (cùng vuông góc với AB) (2)

Từ (1) và (2) => AKCH là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một thì tứ giác đó là hbh)

=> AH=CK (Trong 1 hbh các cặp cạnh đối bàng nhau từng đôi một)

Xét \(\Delta BCK\) có

OB=OK; BM=CM => OM là đường trung bình của tg BCK \(\Rightarrow OM=\frac{1}{2}CK\) mà \(AH=CK\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AH\left(dpcm\right)\)

b/

Do OM là đường trung bình của tg BCK nên OM//CK mà CK//AH => OM//AH

Gọi G' là giao của AM với HO. Xét tg AHG' và tg MOG' có

\(\widehat{HAG'}=\widehat{OMG'}\) (góc so le trong)

\(\widehat{AG'H}=\widehat{MG'O}\) (góc đối đỉnh)

=> tg AHG' đồng dạng với tg MOG' \(\Rightarrow\frac{MG'}{AG'}=\frac{OM}{AH}=\frac{1}{2}\)

G' thuộc trung tuyến AM của tg ABC => G' là trọng tâm của tg ABC => G' trùng G => H,G,O nằm trên 1 đường thẳng (dpcm)