Áp dụng tính chất góc ngoài của tam giác ta có

∠IAB=∠AHB+∠HBA=900+∠HBA=∠EBA+∠HBA=∠CBE∠IAB=∠AHB+∠HBA=900+∠HBA=∠EBA+∠HBA=∠CBE

Ta có: AI=BCAI=BC

Và: BA=EBBA=EB

Và: ∠IAB=∠CBE∠IAB=∠CBE

⇒ΔABI=ΔBCE(1)⇒ΔABI=ΔBCE(1)

Từ: (1)⇒BI=EC(1)⇒BI=EC

Gọi: EC∩AB={J}EC∩AB={J} và EC∩BI={K}EC∩BI={K}

Từ: (1)⇒∠KBJ=∠BEK(1)⇒∠KBJ=∠BEK

⇒∠KBJ+∠KJB=∠BEK+∠KJB=900⇒∠KBJ+∠KJB=∠BEK+∠KJB=900

⇒∠BI⊥CE⇒∠BI⊥CE

c,c, Dễ chứng minh được: IC⊥BFIC⊥BF

Gọi: IC∩BF={T}IC∩BF={T}

Ta có: IH,CK,BTIH,CK,BT là các đường cao cắt nhau tại 11 điểm.

⇒AH,EC,BF⇒AH,EC,BF cắt nhau tại một điểm

Giải thích các bước giải:

`a,` Áp dụng tính chất góc ngoài của tam giác ta có:

`∠IAB=∠AHB+∠HBA=90^0+∠HBA=∠EBA+∠HBA=∠CBE`

Ta có: `AI=BC`

Và: `BA=EB`

Và: `∠IAB=∠CBE`

`=>ΔABI=ΔBCE(1)`

Từ: `(1)=>BI=EC`

Gọi: `EC∩AB={J}` và `EC∩BI={K}`

Từ: `(1)=>∠KBJ=∠BEK`

`=>∠KBJ+∠KJB=∠BEK+∠KJB=90^0`

`=>∠BI⊥CE`

`c,` Dễ chứng minh được: `IC⊥BF`

Gọi: `IC∩BF={T}`

Ta có: `IH,CK,BT` là các đường cao cắt nhau tại `1` điểm.

`=>AH,EC,BF` cắt nhau tại một điểm.