`a)` Ta có:

`\hat{BEC}=\hat{BFC}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$)

`=>BE`$\perp AC$`=>\hat{AEH}=90°`

`\qquad CF`$\perp AB$`=>\hat{AFH}=90°`

`=>\hat{AEH}+\hat{AFH}=180°`

`=>AEHF` nội tiếp (đpcm)

$\\$

`b)` Từ câu a ta có:

`\qquad BE`$\perp AC$

`\qquad CF`$\perp AB$

$BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$

`=>H` là trực tâm $∆ABC$

`=>AH`$\perp BC$ 

`=>AD`$\perp BC$ (đpcm)

$\\$

`c)` $I$ là trung điểm $AH$ (gt)

`=>EI` là trung tuyến $∆AEH$ vuông tại $E$

`=>EI=AI=1/ 2 AH`

`=>∆AEI` cân tại $I$

`=>\hat{IAE}=\hat{IEA}`

Tứ giác $AEHF$ nội tiếp (câu a)

`=>\hat{IAE}=\hat{HFE}` (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HE$)

`=>\hat{IEA}=\hat{HFE}`

Tứ giác $BCEF$ nội tiếp $(O)$

`=>\hat{HFE}=\hat{EBO}` (góc nội tiếp cùng chắn cung $EC$)

`=>\hat{IEA}=\hat{EBO}`

Xét $∆OBE$ có: 

$OB=OE$ (=bán kính của $(O)$)

`=>∆OBE` cân tại $O$

`=>\hat{EBO}=\hat{BEO}`

`=>\hat{IEA}=\hat{BEO}`

Ta có:

`\hat{IEO}=\hat{IEB}+\hat{BEO}=\hat{IEB}+\hat{IEA}=\hat{AEB}=90°`

`=>\hat{IEO}=90°`.

Tương tự chứng minh được `\hat{IFO}=90°`

`=>\hat{IEO}+\hat{IFO}=180°`

`=>OEIF` nội tiếp (đpcm) $(1)$

$\\$

Xét $∆OCE$ có: 

$OC=OE$ (=bán kính của $(O)$)

`=>∆OCE` cân tại $O$

`=>\hat{OCE}=\hat{OEC}`

Ta có: `\hat{DOE}` là góc ngoài $∆OEC$

`=>\hat{DOE}=\hat{OEC}+\hat{OCE}=2\hat{OCE}` $(2)$

Tứ giác $ACDF$ có `\hat{AFC}=\hat{ADC}=90°`

`=>ACDF` nội tiếp 

`=>\hat{BFD}=\hat{OCE}` 

Tứ giác $BCEF$ nội tiếp $(O)$

`=>\hat{AFE}=\hat{OCE}` 

Ta có: 

`\hat{AFE}+\hat{BFD}+\hat{DFE}=180°`

`=>\hat{OCE}+\hat{OCE}+\hat{DFE}=180°`

`=>2\hat{OCE}+\hat{DFE}=180°` $(3)$

Từ `(2);(3)=>\hat{DOE}+\hat{DFE}=180°`

`=>DOEF` nội tiếp $(4)$

Từ `(1);(4)=>O;D;F;I;E` cùng thuộc một đường tròn (đpcm)