a)

Xét $\Delta ABC$ nội tiếp $\left( O \right)$ có $BC$ là đường kính

$\to AB\bot AC$

Xét tứ giác $ACMH$, ta có:

$\begin{cases}\widehat{CAH}=90{}^\circ\\\widehat{CMH}=90{}^\circ\end{cases}\to\widehat{CAH}+\widehat{CMH}=180{}^\circ$

$\to ACMH$ là tứ giác nội tiếp

$\to $$4$ điểm  $A,C,M,H$ cùng thuộc một đường tròn

b)

Xét $\Delta BCD$ nội tiếp $\left( O \right)$ có $BC$ là đường kính

$\to \widehat{BDC}=90{}^\circ $

Vì tứ giác $ACMH$ là tứ giác nội tiếp

$\to \widehat{HAM}=\widehat{HCM}$  ( cùng chắn $\overset\frown{HM}$ )

Mà $\widehat{HCM}=\widehat{HAD}$  ( cùng chắn $\overset\frown{AB}$ )

Nên $\widehat{HAM}=\widehat{HAD}$

Vậy $AH$ là tia phân giác $\widehat{DAM}$

Hay $AB$ là tia phân giác $\widehat{DAM}$

c)

Xét $\Delta BDC$ và $\Delta BMI$, ta có:

$\widehat{DBC}$ là góc chung

$\widehat{BDC}=\widehat{BMI}=90{}^\circ $

$\to \Delta BDC\sim \Delta BMI$

$\to \dfrac{BD}{BM}=\dfrac{BC}{BI}$

$\to BD.BI=BM.BC\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Xét $\Delta BHM$ và $\Delta BCA$, ta có:

$\widehat{ABC}$ là góc chung

$\widehat{BMH}=\widehat{BAC}=90{}^\circ $

$\to \Delta BHM\sim \Delta BAC$

$\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{BM}{BA}$

$\to BH.BA=BM.BC\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)\,\,,\,\,\left( 2 \right)$, ta có:

$BD.BI=BH.BA$

$\to \dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BH}{BI}$

Xét $\Delta BDH$ và $\Delta BAI$, ta có

$\widehat{DBH}$ là góc chung

$\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BH}{BI}$ ( cmt )

$\to \Delta BDH\sim \Delta BAI$

$\to \widehat{BDH}=\widehat{BAI}=90{}^\circ $

$\to AB\bot AI$

Mà $AB\bot AC$

$\to AI\equiv AC$

$\to 3$ điểm $C,A,I$ thẳng hàng