`a)` Ta có:

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

`=>BD`$\perp AC$ tại $D$

`\qquad CE`$\perp AB$ tại $E$

Mà $BD$ cắt $CE$ tại $H$ (gt)

`=>H` là trực tâm $∆ABC$

`=>AH`$\perp BC$

`=>AF`$\perp BC$ (đpcm)

$\\$

Xét tứ giác $HFCD$ có:

`\hat{HFC}+\hat{HDC}=90°+90°=180°`

Mà `\hat{HFC};\hat{HDC}` ở vị trí đối nhau

`=>HFDC` nội tiếp 

`=>\hat{HFD}=\hat{DCH}` (cùng chắn cung $DH$)

`=>\hat{AFD}=\hat{ACE}` (đpcm)

$\\$

`b)` $M$ là trung điểm $AH$ (gt)

`=>DM` là trung tuyến của $∆ADH$ vuông tại $D$

`=>DM=HM`

`=>∆MHD` cân tại $M$

`=>\hat{MDH}=\hat{MHD}`

Mà `\hat{MHD}=\hat{BHF}` (hai góc đối đỉnh)

`=>\hat{MDH}=\hat{BHF}`

$\\$

$∆BHF$ vuông tại $F$

`=>\hat{BHF}+\hat{HBF}=90°` (hai góc phụ nhau)

`=>\hat{MDH}+\hat{HBF}=90°` $(1)$

$\\$

$OB=OD$

`=>∆OBD` cân tại $O$

`=>\hat{BDO}=\hat{DBO}=\hat{HBF}` $(2)$

Từ `(1);(2)=>\hat{MDH}+\hat{BDO}=90°`

`=>\hat{MDO}=90°`

`=>MD`$\perp OD$ (đpcm)

$\\$

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

`=>ME`$\perp OE$

Ta có:

`\qquad \hat{MEO}+\hat{MDO}=90°+90°=180°`

`=>MDOE` nội tiếp

`=>M;D;O;E` thuộc một đường tròn  $(3)$

`\qquad \hat{MDO}+\hat{MFO}=90°+90°=180°`

`=>MDOF` nội tiếp 

`=>M;D;O;F` thuộc một đường tròn $(4)$

Từ `(3);(4)=>5 ` điểm `M;D;O;F;E` cùng thuộc một đường tròn (đpcm)

$\\$

`c)` Sửa đề `MD^2=MK.MF`

Xét tứ giác $ABFD$ có:

`\hat{AHB}=\hat{ADB}=90°`

`=>` Hai đỉnh `H;D` cùng nhìn cạnh $AB$ dưới góc vuông 

`=>ABFD` nội tiếp 

`=>\hat{AFD}=\hat{ABD}` (cùng chắn cung $AD$)

Vì $MD\perp OD$ (c/m trên)

`=>MD` là tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$

`=>\hat{MDK}=1/ 2  sđ\stackrel\frown{DE}=\hat{ABD}`

`=>\hat{AFD}=\hat{MDK}`

`=>\hat{MFD}=\hat{MDK}`

$\\$

Xét $∆MFD$ và $∆MDK$ có:

`\qquad \hat{M}` chung

`\qquad \hat{MFD}=\hat{MDK}` (c/m trên)

`=>∆MFD∽∆MDK` (g-g)

`=>{MF}/{MD}={MD}/{MK}`

`=>MD^2=MK.MF` (đpcm) $(5)$

$\\$

Gọi $N$ là giao điểm của $MC$ và $(O)$

Xét $∆MDN$ và $∆MCD$ có:

`\qquad \hat{M}` chung

`\qquad \hat{MDN}=\hat{MCD}` (cùng chắn cung $DN$)

`=>∆MDN∽∆MCD` (g-g)

`=>{MD}/{MC}={MN}/{MD}`

`=>MD^2=MN.MC` $(6)$

Từ `(5);(6)=>MK.MF=MN.MC`

`=>{MN}/{MF}={MK}/{MC}`

$\\$

Xét $∆MNK$ và $∆MFC$ có:

`\qquad \hat{M}` chung

`\qquad {MN}/{MF}={MK}/{MC}` (c/m trên)

`=>∆MNK∽∆MFC` (c-g-c)

`=>\hat{MNK}=\hat{MFC}=90°`

`=>KN`$\perp MC$ tại $N$ $(7)$

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

`=>BN`$\perp MC$ tại $N$ $(8)$

Từ `(7);(8)=>B;K;N` thẳng hàng 

$\\$

Xét $∆MBC$ có $K$ là giao điểm hai đường cao $BN; MF$

`=>K` là trực tâm $∆MBC$ (đpcm)

$\\$

`d)` Xét $∆BFH$ và $∆AFC$ có:

`\qquad \hat{BFH}=\hat{AFC}=90°`

`\qquad \hat{HBF}=\hat{CAF}` (cùng phụ `\hat{ACF}`)

`=>∆BFH∽∆AFC` (g-g)

`=>{FB}/{FA}={FH}/{FC}`

`=>FB.FC=FA.FH` $(9)$

$\\$

Xét $∆BFK$ và $MFC$ có:

`\qquad \hat{BFK}=\hat{MFC}=90°`

`\qquad \hat{KBF}=\hat{CMF}` (cùng phụ `\hat{MCF}`)

`=>∆BFK∽∆MFC` (g-g)

`=>{FB}/{FM}={FK}/{FC}`

`=>FB.FC=FM.FK`$\quad (10)$

$\\$

Vì `M` là trung điểm $AH$ (gt)

`=>AM=HM`

`=>2FM=FA-AM+HM+FH=FA+FH`

$\\$

Từ `(9);(10)=>FA.FH=FM.FK`

`=>2FA.FH=2FM.FK=(FA+FH).FK`

`=>{2FA.FH}/{FA.FH.FK}={(FA+FH).FK}/{FA.FH.FK}`

`=>2/{FK}={FA+FH}/{FA.FH}={FA}/{FA.FH}+{FH}/{FA.FH}`

`=>2/{FK}=1/{FH}+1/{FA}` (đpcm)