a)

Tứ giác $BFEC$ có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90{}^\circ $

$\to BFEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$

$\to $Tâm $I$ là trung điểm cạnh $BC$

b)

Xét $\Delta KBF$ và $\Delta KEC$, ta có:

+   $\widehat{BKF}$ là góc chung

+   $\widehat{KBF}=\widehat{KEC}$ (vì $BFEC$ nội tiếp)

$\to \Delta KBF\backsim\Delta KEC\left( g.g \right)$

$\to \dfrac{KB}{KE}=\dfrac{KF}{KC}$

$\to KF.KE=KB.KC$

c)

Có $AMBC$ nội tiếp $\left( O \right)\to KB.KC=KM.KA$
Mà $KF.KE=KB.KC\left( cmt \right)$

$\to KF.KE=KM.KA$

$\to AMFE$ nội tiếp

$\to \widehat{MAF}=\widehat{MEF}$

d)

$BFHD$ nội tiếp $\to \widehat{HFD}=\widehat{HBD}$

$BFEC$ nội tiếp $\to \widehat{HFE}=\widehat{HBD}$

$\to \widehat{HFD}=\widehat{HFE}\to FH$ là phân giác $\widehat{DFE}$

Với $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $BFEC$

$\to \widehat{EIC}=2\widehat{EFC}=\widehat{EFD}$

$\to EFDI$ nội tiếp

$\to KF.KE=KD.KI$

$\to KM.KA=KD.KI$

$\to AMDI$ nội tiếp

$\to \widehat{AMI}=\widehat{ADI}=90{}^\circ $

$\to AM\bot MI\,\,\,\left( 1 \right)$

Với $AMFE$ và $AFHE$ nội tiếp

$\to 5$ điểm $A,M,F,H,E$ cùng thuộc một đường tròn

$\to \widehat{AMH}=\widehat{AFH}=90{}^\circ $

$\to AM\bot MH\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)\to MI\equiv MH$

$\to M,H,I$ thẳng hàng

$\to MH$ luôn đi qua điểm $I$ cố định

Hết cách rồi, xoay mãi không ra nên mình dùng tạm hàng điểm điều hòa. Nếu bạn thấy phèn quá thì gửi báo cáo nhé ;-; Cho mình xin lỗi trước =="

Ta có: $(KDBC)=-1⇒KB.KC=KD.KI$ (hệ thức Maclaurin)

mà $KB.KC=KM.KA$ ($MACB$ nội tiếp đường tròn $(O)$)

$⇒KM.KA=KD.KI⇒AMDI$ nội tiếp.

$⇒AM\bot MI$ $(1)$

Kết hợp với $CF\bot AB;BE\bot AC$ ta suy ra:

$A,M,F,H,E$ cùng thuộc $1$ đường tròn $⇒AM\bot MH$. $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$, suy ra $M,H,I$ thẳng hàng hay $MH$ cố định qua trung điểm $BC$.