Đáp án+Giải thích các bước giải:

`c)`

Xét `ΔOBC`, có:

`OB = OC = R`

suy ra `ΔOBC` cân tại `O`

mà `M` là trung điểm `BC` (gt)

suy ra`OM` vừa là trung tuyến vừa là đường cao (tính chất)

  suy ra`OM` là đường trung trực của `BC`

     nên `KB = KC` (vì `K ∈ OM`)

Xét `ΔKBC`, có:

`KB = KC` (cmt)

suy ra `ΔKBC` cân tại `K`

 suy ra `\hat{KCB} = \hat{KBC}`

   hay `\hat{ECB} = \hat{KBC}`

mặt khác `\hat{ECB} = \hat{EDB}` (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $\mathop{EB}\limits^{\displaystyle\frown}$ nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác `BCDE`)

suy ra `\hat{KBC} = \hat{EDB}` 

Gọi `F` là giao điểm của `ED` và `MN`

Xét `ΔAEH` vuông tại `E`, có:

`N` là trung điểm cạnh huyền `AH`

suy ra `EN` là trung tuyến

   suy ra `EN = 1/2 AH`(tính chất)

Xét `ΔADH` vuông tại `D`, có:

`N` là trung điểm cạnh huyền `AH`

suy ra `DN` là trung tuyến

   suy ra `DN = 1/2 AH`(tính chất)

    suy ra `EN = DN` (`=1/2 AH`)

      suy ra `N` thuộc trung trực của `ED` (1)

Xét `ΔBEC` vuông tại `E`, có:

`M` là trung điểm cạnh huyền `BC`

suy ra `EM` là trung tuyến

   suy ra `EM = 1/2 BC`(tính chất)

Xét `ΔBDC` vuông tại `D`, có:

`M` là trung điểm cạnh huyền `BC`

suy ra `DM` là trung tuyến

   suy ra `DM = 1/2 BC`(tính chất)

    suy ra `EM = DM` (`=1/2 BC`)

     suy ra `M` thuộc trung trực của `ED` (2)

Từ `(1)` và `(2)`

suy ra `NM` là trung trực của `ED`

  suy ra `NM ⊥ ED` tại `F`

   suy ra `\hat{DFL} = \hat{BMK} (=90^o)`

Xét `ΔDFL` và `ΔBMK`, có

`\hat{KBM} = \hat{FDL}` (cmt)

`\hat{DFL} = \hat{BMK} (=90^o)` (cmt)

suy ra `ΔDFL` $\backsim$ `ΔBMK` (g-g)

  suy ra `\hat{FLD} = hat{MKB}`

mà `\hat{FLD} = \hat{MLB}` (đối đỉnh)

suy ra `\hat{MLB} = \hat{MKB}`