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

a)Xét tứ giác ABHEABHE, ta có:

ˆAHB=ˆAEB=90

→ABHE là tứ giác nội tiếp

b)Vì ABHE là tứ giác nội tiếp

→ˆEHC=ˆBAD ( góc ngoài bằng góc đối trong )

Mà ˆBAD=ˆDCB ( cùng chắn ⌢BDBD⌢ )

→ˆEHC=ˆDCB

Mà hai góc này  so le trong

→HE||CD

ΔACD nội tiếp (O) có AD là đường kính

→ˆACD=90∘

→AC⊥CD

Mà HE||CD(cmt)

Vậy HE⊥AC

 c)Xét tứ giác ABEK, ta có:

ˆAEB=ˆAKB=90∘

→ABEK là tứ giác nội tiếp

Mà ABHE cũng là tứ giác nội tiếp

Nên ABHEK là ngũ giác nội tiếp

→BHEK là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BHEK, ta có:

BK||HE ( cùng vuông góc với AC )

Nên BHEKlà hình thang

Mà BHEKlà tứ giác nội tiếp

Nên BHEK là hình thang cân

→ˆEKB=ˆMBK(1)

ΔBKC vuông tại K có KM là trung tuyến

→MB=MK

→ΔMBK cân tại M

→ˆMKB=ˆMBK(2)

Từ (1) và (2), ta được:

ˆEKB=ˆMKB

→ˆEKB≡ˆMKB

→M,E,K thẳng hàng

MBK có HE//BK

→ΔMHE∽ΔMBK

Mà ΔMBKcân tại M

==> ΔMHEcũng cân tại M