a)
Xét tứ giác $ABHE$, ta có:
$\widehat{AHB}=\widehat{AEB}=90{}^\circ $
$\to ABHE$ là tứ giác nội tiếp
b)
Vì $ABHE$ là tứ giác nội tiếp
$\to \widehat{EHC}=\widehat{BAD}$ ( góc ngoài bằng góc đối trong )
Mà $\widehat{BAD}=\widehat{DCB}$ ( cùng chắn $\overset\frown{BD}$ )
$\to \widehat{EHC}=\widehat{DCB}$
Mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong
$\to HE\,\,||\,\,CD$
$\Delta ACD$ nội tiếp $\left( O \right)$ có $AD$ là đường kính
$\to \widehat{ACD}=90{}^\circ $
$\to AC\bot CD$
Mà $HE\,||\,\,CD\,\,\,\left( cmt \right)$
Vậy $HE\bot AC$
c)
Xét tứ giác $ABEK$, ta có:
$\widehat{AEB}=\widehat{AKB}=90{}^\circ $
$\to ABEK$ là tứ giác nội tiếp
Mà $ABHE$ cũng là tứ giác nội tiếp
Nên $ABHEK$ là ngũ giác nội tiếp
$\to BHEK$ là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác $BHEK$, ta có:
$BK\,\,||\,\,HE$ ( cùng vuông góc với $AC$ )
Nên $BHEK$ là hình thang
Mà $BHEK$ là tứ giác nội tiếp
Nên $BHEK$ là hình thang cân
$\to \widehat{EKB}=\widehat{MBK}\,\,\,\left( 1 \right)$
$\Delta BKC$ vuông tại $K$ có $KM$ là trung tuyến
$\to MB=MK$
$\to \Delta MBK$ cân tại $M$
$\to \widehat{MKB}=\widehat{MBK}\,\,\,\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, ta được:
$\widehat{EKB}=\widehat{MKB}$
$\to \widehat{EKB}\equiv \widehat{MKB}$
$\to M,E,K$ thằng hàng
$\Delta MBK$ có $HE\,\,||\,\,BK$
$\to \Delta MHE\backsim\Delta MBK$
Mà $\Delta MBK$ cân tại $M$
Nên $\Delta MHE$ cũng cân tại $M$
$\to MH=ME$
$\bullet \,\,\,\,\,$Nhận xét: Đề bài cho $CF\bot AD$ là không cần thiết
