`a)`

Xét `ΔABE` có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}EI=IA\\EH=HB\end{matrix}\right.\)

Do đó `IH` là đường trung bình của `ΔABE`

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IH=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD\\IH\text{//}AB\text{//}CD\end{matrix}\right.\) (theo tính chất đường trung bình của tam giác)

mà \(\left\{{}\begin{matrix}M\in DC\\MC=\dfrac{1}{2}DC\end{matrix}\right.\) nên \(\left\{{}\begin{matrix}IH=MC\\IH\text{//}MC\end{matrix}\right.\)

Do đó tứ giác `IHCM` là hình bình hành(theo dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

\(\Rightarrow IM\text{//}HC\) (theo tính chất của hình bình hành)(đpcm)

`b)`

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\text{//}IH\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow IH\perp BC\) (từ vuông góc đến song song)

Mà \(BE\perp IC\left(gt\right)\) 

Nên `H` là trực tâm của `ΔAIC`

\(\Rightarrow CH\perp BI\) mà \(IM\text{//}CH\Rightarrow BI\perp IM\)

Hay \(\widehat{BIM}=90^o\)

 

Đáp án:

 

Giải thích các bước giải:

 `a)`

Ta có: `I` là trung điểm của `AE, H` là trung điểm của `BE `

  `⇒ IH`//`AB` và `IH=1/(2AB)`

Xét tứ giác `HCMI` có:

 `+ IA`//`AB`//`CM`

 `+ IA=CM=1/(2AB)`

`→` `HCM`I là hình bình hành ⇒ `CH`//`IM`

`b)`

`hat(MIC)= hat(ICH)` ( 2 góc so le trong) `(A)`

`hat(EIH)= hat(ICM)` ( 2 góc so le trong) `(B)`

`ΔBAE` và `ΔCBE` đồng dạng nên `(BE)/(AE) = (CB)/(BA)=(BH)/(AI)`

  `⇒` `ΔCBE` và `ΔBAE` đồng dạng

  `⇒  hat(BIH)= hat(ABI)= hat(BCH)` `(C)`

Từ `(A),(B),(C)` có:

  `⇒ hat(BIM)=hat(MIC)+ hat(EIH)+hat(BIH)`

                    `= hat(ICH) +hat(ICM) +hat(BCH)= hat(BCD)=90^o`