Giải thích các bước giải:

a) Ta có: `\hat{IAB}+\hat{BAH}=180^0` (kề bù)

`=> \hat{IAB}=180^0-\hat{BAH}`

`AH⊥BC => ΔBAH` vuông tại `H`

`=> \hat{BAH}+\hat{ABH}=90^0 => \hat{BAH}=90^0-\hat{ABH}`

`=> \hat{IAB}=180^0 - (90^0-\hat{ABH})=90^0+\hat{ABH}`

`ΔABE` vuông cân tại `B => \hat{ABE}=90^0`

`=> \hat{EBC}=\hat{ABE}+\hat{ABH}=90^0+\hat{ABH}`

`=> \hat{IAB}=\hat{EBC}`

Xét `ΔABI` và `ΔBEC` có:

`AI=BC` (gt)

`\hat{IAB}=\hat{EBC}` (cmt)

`BE=AB (ΔABE` vuông cân tại `B`)

`=> ΔABI=ΔBEC` (c.g.c)

b) Gọi `M, N` lần lượt là giao điểm của `CE` với `BI` và `BA`

`ΔABI=ΔBEC => BI=CE; \hat{MBN}=\hat{BEN}`

mà `\hat{BEN}+\hat{ENB}=90^0 (ΔBEN` vuông tại `B)`

`=> \hat{MBN}+\hat{ENB}=90^0` hay `\hat{MBN}+\hat{MNB}=90^0`

Xét `ΔMNB` có:

`\hat{MBN}+\hat{MNB}+\hat{BMN}=180^0`

`=> \hat{BMN}=90^0 => MN⊥MB`

`=> CE⊥BI`

c) Gọi `P, Q` lần lượt là giao điểm của `BF` với `CI` và `AC`

Chứng minh tương tự cho `CI⊥BF` tại `P`

Xét `ΔBIC` có:

`CM` là đường cao `(CM⊥BI)`

`BP` là đường cao `(BP⊥CI)`

`IH` là đường cao `(AH⊥BC; I∈AH)`

`=> CM; BP; IH` đồng quy

`=> AH; CE; BF` cắt nhau tại một điểm