a) Xét tứ giác BHCK có:               

MH = MK và MB = MI

Suy ra: BHCK là hình bình hành.

b) Vì BHCK là hình bình hành (chứng minh câu a) 

Suy ra: BK // HC và CK // BH (tính chất hình bình hành)

Mà CH ⊥ AB và BH ⊥ AC

Suy ra: BK ⊥ AB và CK ⊥ AC.

c) Vì I đối xứng với H qua BC nên BC là đường trung trực của HI 

Mà M thuộc BC, suy ra MH = MI (tính chất đường trung trực) 

Mà \[MH = MK = \frac{1}{2}HK\]

Suy ra: \[MI = MH = MK = \frac{1}{2}HK\]

Do đó tam giác HIK vuông tại I hay HI ⊥ IK

Mà BC ⊥ HI (do BC là đường trung trực của HI)

Suy ra IK // BC 

Do đó BIKC là hình thang                  (1) 

Ta có BC là đường trung trực của HI, suy ra CI = CH 

Mà CH = BK (vì BKCH là hình bình hành) 

Suy ra BK = CI                         (2)

Từ (1) và (2) suy ra BICK là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết)

d) Gọi giao điểm của BC và HI là J.

Vì BK // CH nên GHCK là hình thang

Để hình thang GHCK là hình thang cân thì \(\widehat {GHC} = \widehat {KCH}\)

Mà \(\widehat {HCK} + \widehat {HCA} = 90^\circ \) và \(\widehat {GHC} + \widehat {HCB} = 90^\circ \) (vì tam giác HJC vuông tại J)

Suy ra \(\widehat {HCA} = \widehat {HCB}\)

Do đó CH là đường phân giác của tam giác ABC 

Lại có CH là đường cao của tam giác ABC 

Suy ra tam giác ABC cân tại C

Vậy tam giác ABC cân tại C thì GHCK là hình thang cân.

a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên AB ⊥ OB, AC ⊥ OC

Do đó \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \)

Suy ra A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.

b) Xét (O) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A, suy ra AB = AC

Hay A thuộc trung trực của BC

Mà O thuộc trung trực của BC (vì OB = OC)

Suy ra AO là trung trực của BC

Do đó AO ⊥ BC.

Xét tam giác ABO vuông tại B có BH ⊥ AO

Suy ra OB² = OH . OA (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà OB = OD (cùng là bán kính của (O)).

Suy ra OD² = OH . OA.

Do đó \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{O{\rm{D}}}}\)

Xét tam giác OHD và tam giác ODA có

\(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{O{\rm{D}}}}\) (Chứng minh trên)

\(\widehat {DOA}\) là góc chung

Suy ra  (c.g.c)

c) Ta có OB² = OH . OA (chứng minh câu b)

Mà OB = OE, suy ra OE² = OH . OA

Do đó \(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\)

Xét tam giác OHE và tam giác OEA có

\(\frac{{OH}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\) (Chứng minh trên)

\(\widehat {EOA}\) là góc chung

Suy ra  (c.g.c)

Do đó \(\widehat {EHO} = \widehat {A{\rm{E}}O}\) (hai góc tương ứng)  

Mặt khác \(\widehat {DEO} = \widehat {EDO}\) (vì tam giác ODE cân tại O)

Suy ra \(\widehat {EHO} = \widehat {{\rm{ED}}O}\)

Xét tứ giác HDEO có \(\widehat {EHO} = \widehat {{\rm{ED}}O}\), mà hai góc này cùng nhìn cạnh EO trong tứ giác

Suy ra tứ giác HDEO nội tiếp

Do đó \(\widehat {DHA} = \widehat {AEO} = \widehat {OHE}\)

Suy ra \(\widehat {DHB} = \widehat {BHE}\) nên \(HB\) là tia phân giác của góc DHE.

Hay CB trùng với tia phân giác của góc DHE.

d) Gọi G là giao điểm của BC và AE

Do HG là tia phân giác của \(\widehat {DHE}\)nên \(\frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}} = \frac{{HD}}{{HE}}\) (1)

Mà HA ⊥ HG

Suy ra HA là tia phân giác ngoài của tam giác HED

Do đó \(\frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}} = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HE}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}} = \frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}}\left( { = \frac{{H{\rm{D}}}}{{HE}}} \right)\) (3)

Xét DABE có DM // BE nên \(\frac{{M{\rm{D}}}}{{BE}} = \frac{{A{\rm{D}}}}{{A{\rm{E}}}}\) (hệ quả định lí Thales) (4)

Xét DGBE có DN // BE nên \(\frac{{{\rm{ND}}}}{{BE}} = \frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GE}}}}\) (hệ quả định lí Thales) (5)

Từ (3), (4) và (5), suy ra \(\frac{{{\rm{MD}}}}{{BE}} = \frac{{{\rm{ND}}}}{{{\rm{BE}}}}\)

Hay MD = ND

Do đó D là trung điểm của MN

Vậy D là trung điểm của MN.