a) Gọi E' là điểm đối xứng với E qua A.
Khi đó ta thấy ngay MA là đường trung bình của tam giác EE'H
Vậy nên MA // HE'.
Kéo dài MA, cắt BC tại K.
Ta thấy rằng \(\widehat{BAC}=\widehat{E'AH}\) (Cùng phụ với góc CAE')
Vậy nên ta có ngay \(\Delta ABC=\Delta AE'H\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{AE'H}=\widehat{ABC}\)
Lại có \(\widehat{AE'H}=\widehat{E'AK}\) (Hai góc so le trong)
\(\widehat{E'AK}=\widehat{MAE}\) (Hai góc đổi đỉnh)
Vậy nên \(\widehat{ABC}=\widehat{MAE}\)
Suy ra \(\widehat{ABK}+\widehat{BAK}=\widehat{MAE}+\widehat{BAK}=180^o-\widehat{EAB}=90^o\)
Xét tam giác ABK có \(\widehat{ABK}+\widehat{BAK}=90^o\) nên \(\widehat{AKB}=90^o\Rightarrow MA\perp BC\left(đpcm\right)\)
b) +) Ta có \(MA\perp BC;ON\perp BC\Rightarrow\) MA // ON.
Chứng minh tương tự ta cũng có \(NA\perp EH\)
Khi OE = OH thì tam giác OEH cân tại O, suy ra OM là trung tuyến đồng thời đường cao. Vậy \(OM\perp EH\Rightarrow\) OM // NA
Vậy thì AMON là hình bình hành.
+) Ta có AMON là hình bình hành nên AM = ON.
Lại có \(AM=\dfrac{HE'}{2}=\dfrac{BC}{2}=BN=NC\)
Nên \(NO=NB=NC\Rightarrow\widehat{BOC}=90^o\)
Vậy thì \(\widehat{B_1}=\widehat{C_1}=45^o\)
Ta có \(\widehat{BAC}+\widehat{B_2}+\widehat{B_1}+\widehat{C_2}+\widehat{C_1}=180^o\)
Mà do OA = OB = OC nên \(\widehat{B_2}=\widehat{BAO};\widehat{C_2}=\widehat{OAC}\Rightarrow\widehat{B_2}+\widehat{C_2}=\widehat{BAC}\)
Suy ra \(2\widehat{BAC}=90^o\Rightarrow\widehat{BAC}=45^o\)