a) Ta có:

$CF\perp AB$ $(gt)$

⇒ $\widehat{F} = 90^o$

$BE\perp AC$ $(gt)$

⇒ $\widehat{E} = 90^o$

Xét tứ giác $AEHF$ có:

$\widehat{F} + \widehat{E} = 180^o$

Do đó $AEHF$ là tứ giác nội tiếp

Hay $A, \, E, \, H, \, F$ cùng thuộc một đường tròn

b) Xét $ΔBFH$ và $ΔBEA$ có:

$\widehat{F} = \widehat{E} = 90^o$

$\widehat{B}:$ góc chung

Do đó $ΔBFH\sim ΔBEA \, (g.g)$

⇒ $\dfrac{BF}{BE} = \dfrac{BH}{BA}$

hay $BH.BE = BF.BA$

c) Ta có:

$H'$ đối xứng với $H$ qua $BC \, (gt)$

⇒ $BC$ là đường trung trực của $HH'$

⇒ $\widehat{BCH'} = \widehat{BCH}$

mà $\widehat{BCH} = \widehat{BAD}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$)

nên $\widehat{BCH'} = \widehat{BAD}$

Do $\widehat{BCH'} \, và \, \widehat{BAD}$ cùng nhìn cạnh $BH'$

nên $BACH'$ nội tiếp

⇒ $B, \,A, \, C, \, H'$ cùng thuộc một đường tròn

mà $B, \,A, \, C \in (O)$

nên $H' \in (O)$

d) Dễ dàng chứng minh được các tứ giác $BDHF, \, CBHE$ nội tiếp

Ta có: $\widehat{DFH} = \widehat{DBH}$ (cùng nhìn cạnh $DH$)

$\widehat{HFE} = \widehat{HAE}$ (cùng nhìn cạnh $AE$)

mà $\widehat{DBH} = \widehat{HAE}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$)

nên $\widehat{DFH} = \widehat{HFE}$ 

⇒ $FH$ là phân giác của $\widehat{DFE}$

Chứng minh tương tự, ta được:

$EH$ là phân giác của $\widehat{DEF}$

$DH$ là phân giác của $\widehat{EDF}$

Do $H$ là giao điểm của 3 đường phân giác $FH, \, BH, \, EH$

nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $ΔDEF$