a) Vẽ AH cắt BC tại E. Ta có $\widehat {BAH'} = \widehat {BCH'}$(cùng chắn cung BH')

Lại có $\widehat{BAH}=\widehat{HCD}$ cùng phụ với $\widehat{ABD}$

$\Rightarrow \widehat {BCH'}=\widehat{HCD}$. Suy ra $CD$ là tia phân giác của góc $\widehat{HCH'}$. Lại có $BC\bot HH'$ nên $\Delta HCH'$ cân tại C. Từ đó ta được BC là trung trực của $HH'$.

b) Gọi $M$ là trung điểm BC. Tia BO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Vì $\widehat{BCD}=90^o$, nên $DC//AH$. Tương tự $AD//CH$. Do đó tứ giác $ADCH$ là hình bình hành. Từ đó suy ra $\vec{AD}=\vec{DC}=2\vec{OM}$. Ta thấy $\vec{OM}$ không đổi nên có thể xem H là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo $2\vec{OM}$. Do đó điểm A di động trên đường tròn (O) thì H di động trên đường tròn (O') là ảnh của (O) qua phép tịnh tiến theo vector $2\vec{OM}$

a,

Gọi $P$, $Q$ là hình chiếu của $A$, $C$ trên $BC$, $AB$ 

Tứ giác $BPHQ$ có $\widehat{BQH}+\widehat{BPH}=90^o+90^o=180^o$

$\to$ tứ giác $BPHQ$ nội tiếp

$\to \widehat{CBH}=\widehat{PQH}$

Tứ giác $AQPC$ có $\widehat{AQC}=\widehat{APC}=90^o$

$\to P, Q$ nhìn đoạn $AC$ dưới góc $90^o$

$\to$ tứ giác $AQPC$ nội tiếp

$\to \widehat{PQH}=\widehat{PAC}$

Mà $\widehat{H'BC}=\widehat{PAC}=\dfrac{1}{2} sđ\stackrel\frown{CH' }$

Suy ra $\widehat{H'BC}=\widehat{HBC}$

$\to BC$ phân giác $\widehat{H'BH}$

$\Delta HBH'$ có $BP$ là phân giác, là đường cao nên cũng là trung tuyến ứng với $HH'$

Vậy $BC$ là trung trực $HH'$

b,

Ta có: $H'$ là điểm đối xứng với $H$ qua $BC$ do $P$ là trung điểm $HH'$

Mà khi $A$ thay đổi, $H'$ chuyển động trên $(O)$ 

Gọi $E$ là điểm đối xứng $O$ qua $BC$

$\to H'$ chuyển động trên $(O;R)$ thì $H$ chuyển động trên $(E;HE)$

$B$ có điểm đối xứng qua $BC$ là $B$ nên $B$ là điểm chung $(O)$ và $(E)$

Mà $BO=BE=R$ ($\Delta BOE$ cân tại $B$)

Vậy $H$ chuyển động trên $(E;R)$