`a)` Ta có:
`\hat{BDC}=\hat{BEC}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
`=>BD`$\perp AC$ tại $D$
`\qquad CE`$\perp AB$ tại $E$
Mà $BD$ cắt $CE$ tại $H$ (gt)
`=>H` là trực tâm $∆ABC$
`=>AH`$\perp BC$
`=>AF`$\perp BC$ (đpcm)
$\\$
Xét tứ giác $HFCD$ có:
`\hat{HFC}+\hat{HDC}=90°+90°=180°`
Mà `\hat{HFC};\hat{HDC}` ở vị trí đối nhau
`=>HFDC` nội tiếp
`=>\hat{HFD}=\hat{DCH}` (cùng chắn cung $DH$)
`=>\hat{AFD}=\hat{ACE}` (đpcm)
$\\$
`b)` $M$ là trung điểm $AH$ (gt)
`=>DM` là trung tuyến của $∆ADH$ vuông tại $D$
`=>DM=HM`
`=>∆MHD` cân tại $M$
`=>\hat{MDH}=\hat{MHD}`
Mà `\hat{MHD}=\hat{BHF}` (hai góc đối đỉnh)
`=>\hat{MDH}=\hat{BHF}`
$\\$
$∆BHF$ vuông tại $F$
`=>\hat{BHF}+\hat{HBF}=90°` (hai góc phụ nhau)
`=>\hat{MDH}+\hat{HBF}=90°` $(1)$
$\\$
$OB=OD$
`=>∆OBD` cân tại $O$
`=>\hat{BDO}=\hat{DBO}=\hat{HBF}` $(2)$
Từ `(1);(2)=>\hat{MDH}+\hat{BDO}=90°`
`=>\hat{MDO}=90°`
`=>MD`$\perp OD$ (đpcm)
$\\$
Tương tự chứng minh được `\hat{MEO}=90°`
`=>ME`$\perp OE$
Ta có:
`\qquad \hat{MEO}+\hat{MDO}=90°+90°=180°`
`=>MDOE` nội tiếp
`=>M;D;O;E` thuộc một đường tròn $(3)$
`\qquad \hat{MDO}+\hat{MFO}=90°+90°=180°`
`=>MDOF` nội tiếp
`=>M;D;O;F` thuộc một đường tròn $(4)$
Từ `(3);(4)=>5 ` điểm `M;D;O;F;E` cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
$\\$
`c)` Sửa đề `MD^2=MK.MF`
Xét tứ giác $ABFD$ có:
`\hat{AHB}=\hat{ADB}=90°`
`=>` Hai đỉnh `H;D` cùng nhìn cạnh $AB$ dưới góc vuông
`=>ABFD` nội tiếp
`=>\hat{AFD}=\hat{ABD}` (cùng chắn cung $AD$)
Vì $MD\perp OD$ (c/m trên)
`=>MD` là tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$
`=>\hat{MDK}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{DE}=\hat{ABD}`
`=>\hat{AFD}=\hat{MDK}`
`=>\hat{MFD}=\hat{MDK}`
$\\$
Xét $∆MFD$ và $∆MDK$ có:
`\qquad \hat{M}` chung
`\qquad \hat{MFD}=\hat{MDK}` (c/m trên)
`=>∆MFD∽∆MDK` (g-g)
`=>{MF}/{MD}={MD}/{MK}`
`=>MD^2=MK.MF` (đpcm) $(5)$
$\\$
Gọi $N$ là giao điểm của $MC$ và $(O)$
Xét $∆MDN$ và $∆MCD$ có:
`\qquad \hat{M}` chung
`\qquad \hat{MDN}=\hat{MCD}` (cùng chắn cung $DN$)
`=>∆MDN∽∆MCD` (g-g)
`=>{MD}/{MC}={MN}/{MD}`
`=>MD^2=MN.MC` $(6)$
Từ `(5);(6)=>MK.MF=MN.MC`
`=>{MN}/{MF}={MK}/{MC}`
$\\$
Xét $∆MNK$ và $∆MFC$ có:
`\qquad \hat{M}` chung
`\qquad {MN}/{MF}={MK}/{MC}` (c/m trên)
`=>∆MNK∽∆MFC` (c-g-c)
`=>\hat{MNK}=\hat{MFC}=90°`
`=>KN`$\perp MC$ tại $N$ $(7)$
Mà `\hat{BNC}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
`=>BN`$\perp MC$ tại $N$ $(8)$
Từ `(7);(8)=>B;K;N` thẳng hàng
$\\$
Xét $∆MBC$ có $K$ là giao điểm hai đường cao $BN; MF$
`=>K` là trực tâm $∆MBC$ (đpcm)
$\\$
`d)` Xét $∆BFH$ và $∆AFC$ có:
`\qquad \hat{BFH}=\hat{AFC}=90°`
`\qquad \hat{HBF}=\hat{CAF}` (cùng phụ `\hat{ACF}`)
`=>∆BFH∽∆AFC` (g-g)
`=>{FB}/{FA}={FH}/{FC}`
`=>FB.FC=FA.FH` $(9)$
$\\$
Xét $∆BFK$ và $MFC$ có:
`\qquad \hat{BFK}=\hat{MFC}=90°`
`\qquad \hat{KBF}=\hat{CMF}` (cùng phụ `\hat{MCF}`)
`=>∆BFK∽∆MFC` (g-g)
`=>{FB}/{FM}={FK}/{FC}`
`=>FB.FC=FM.FK`$\quad (10)$
$\\$
Vì `M` là trung điểm $AH$ (gt)
`=>AM=HM`
`=>2FM=FA-AM+HM+FH=FA+FH`
$\\$
Từ `(9);(10)=>FA.FH=FM.FK`
`=>2FA.FH=2FM.FK=(FA+FH).FK`
`=>{2FA.FH}/{FA.FH.FK}={(FA+FH).FK}/{FA.FH.FK}`
`=>2/{FK}={FA+FH}/{FA.FH}={FA}/{FA.FH}+{FH}/{FA.FH}`
`=>2/{FK}=1/{FH}+1/{FA}` (đpcm)
