`a)` Vì $M$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên $AK$ 

`=>\hat{AMC}=90°`

`\qquad AD` là đường cao $∆ABC$

`=>\hat{ADC}=90°`

`=>\hat{AMC}=\hat{ADC}=90°`

`=>` Hai đỉnh $M;D$ cùng nhìn cạnh $AC$ dưới góc vuông

`=>ADMC` nội tiếp 

`=>\hat{CDM}=\hat{CAM}` (cùng chắn cung $CM$)

$\\$

Vì `\hat{CBK}=\hat{CAM}` (cùng chắn cung $CK$ của $(O))$

`=>\hat{CDM}=\hat{CBK}`

Mà `\hat{CDM};\hat{CBK}` ở vị trí đồng vị 

`=>DM`//$BK$

$\\$

`b)` $∆ABC$ có $H$ là giao điểm hai đường cao $AD;BE$

`=>H` là trực tâm $∆ABC$

`=>CH`$\perp AB$

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

`=>KB`$\perp AB$

`=>KB`//$CH$ $(1)$

$\\$

Ta có: `\hat{ACK}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`=>KC`$\perp AC$

Mà $BH\perp AC$

`=>KC`//$BH$ $(2)$

$\\$

Từ `(1);(2)=>BHCK` là hình bình hành 

Gọi $I$ là trung điểm $BC$

`=>I` là trung điểm $HK$

(hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

$\\$

Xét $∆AHK$ có:

`\qquad O` là trung điểm $AK$

`\qquad I` là trung điểm $HK$

`=>OI` là đường trung bình của $∆AHK$

`=>OI=1/ 2 AH`

`=>AH=2OI`

Vì $BC$ cố định

`=>` Trung điểm $I$ của $BC$ cố định 

Mà `(O)` cố định`=>OI` không đổi

`=>AH=2OI` không đổi 

Vậy độ dài đoạn thẳng $AH$ không đổi 

$\\$

`c)` Ta có: $∆AEH$ vuông tại $E$

`=>S_{∆AEH}=1/ 2 AE.EH`

`\qquad AH^2=AE^2+EH^2` (định lý Pytago)

Áp dụng $BĐT \ Cosi$ ta có:

`\qquad AE^2+EH^2\ge 2\sqrt{AE^2. EH^2}=2AE.EH`

`=>AH^2\ge 2AE.EH`

`=>S_{∆AEH}=1/ 2 AE.EH\le {AH^2}/4`

Dấu "=" xảy ra khi `AE=EH`

`=>∆AEH` vuông cân tại $E$

`=>\hat{EAH}=45°=\hat{CAD}`

$\\$

 $\quad ∆ACD$ vuông tại $D$ có `\hat{CAD}=45°`

`=>∆ACD` vuông cân tại $D$

`=>\hat{ACD}=45°`

`=>\hat{ACB}=45°`

Vậy diện tích $∆AEH$ lớn nhất bằng `{AH^2}/4` khi $A\in (O)$ thỏa `\hat{ACB}=45°`