b, Vì A,M,C,O cùng thuộc 1 đường tròn => ∠ACO= ∠AMO (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AO)

Vì A,M,D,E cùng thuộc 1 đường tròn => ∠ADE = ∠ AME (2 góc nt cùng chắn cung AE)

=> ∠ADE= ∠ACO

c, Gọi MB cắt CH tại K

Kéo dài BC cắt Ax tại I

Xét (O) có tiếp tuyến AM, MC; tiếp điểm A, c

=> AM= MC

Có OA = OC

=> OM là đường trung trực AC

=> OM ⊥ AC tại trung điểm E

Xét ΔACB nt (O) đường kính AB => ΔACB vuông tại C => AC ⊥ BC

=> OM// BC

Xét ΔAIB có OM// BC; O là trung điểm AB

=> M là trung điểm AI => AM= MI

Xét ΔAMB có KH // AM (⊥AB); K ∈ BM, H ∈ AB

=> KH/ AM= BK/ BM (1)

Xét ΔIMB có KC // MI (⊥AB); K ∈ BM, C ∈ BI

=> CK/ IM= BK/ BM (2)

từ (1) và (2) => KH/ AM= CK/IM 

Mà AM= MI => KH= CK => K là trung điểm CH => đpcm 

b)

$AMDE$ nội tiếp

$\to \widehat{ADE}=\widehat{AMO}$ ( cùng chắn $\overset\frown{AE}$ )

$AMCO$ nội tiếp

$\to \widehat{ACO}=\widehat{AMO}$ ( cùng chắn $\overset\frown{AO}$ )

$\to \widehat{ADE}=\widehat{ACO}$

c)

Tiếp tuyến tại $B$ cắt tia $MC$ tại $G$

Gọi $F$ là giao điểm $MB$ và $CH$

Ta có $AM\,\,||\,\,BG\,\,||\,\,CH$ ( cùng vuông góc với $AB$ )

$\to \dfrac{CM}{CG}=\dfrac{HA}{HB}$ ( định lý Ta – let )

Mà: $\begin{cases}CM=MA\\CG=BG\end{cases}$ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )

Nên $\dfrac{MA}{BG}=\dfrac{HA}{HB}$

Mặt khác $\Delta AMB$ có $HF\,\,||\,\,AM$

$\to \dfrac{MF}{BF}=\dfrac{HA}{HB}$ ( định lý Ta – let )

$\to \dfrac{MA}{BG}=\dfrac{MF}{BF}$

Xét $\Delta MAF$ và $\Delta BGF$, ta có:

$\widehat{AMF}=\widehat{GBF}$ ( $AM\,\,||\,\,BG$, hai góc so le trong )

$\dfrac{MA}{BG}=\dfrac{MF}{BF}$ ( cmt )

$\to \Delta MAF\sim\Delta BGF\,\,\,\left( \,c\,.\,g\,.\,c\, \right)$

$\to \widehat{MFA}=\widehat{BFG}$

Mà $\widehat{MFA}+\widehat{BFA}=180{}^\circ $ ( hai góc kề bù )

Nên $\widehat{BFG}+\widehat{BFA}=180{}^\circ $

Hay nói cách khác, ba điểm $A,F,G$ thẳng hàng

Xét $\Delta AGB$ có $HF\,\,||\,\,BG$

$\to \dfrac{AH}{AB}=\dfrac{HF}{BG}$ ( hệ quả định lý Ta – let )

Xét $\Delta MGB$ có $CF\,\,||\,\,GB$

$\to \dfrac{MC}{MG}=\dfrac{CF}{BG}$ ( hệ quả định lý Ta – let )

Mà $\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{MC}{MG}$ ( định lý Ta – let trong hình thang $AMGB$ )

Nên $\dfrac{HF}{BG}=\dfrac{CF}{BG}$

$\to HF=CF$

$\to F$ là trung điểm $CH$

$\to MB$ đi qua trung điểm $F$ của $CH$