a, Xét tứ giác BMHD ta có:

\(\widehat{BMH}\) = \(\widehat{BDH}\) = 90 \(^{\circ}\)

mà hai góc này ở vị trí đối nhau

=> tứ giác BMHD nội tiếp 

b, Xét tứ giác BMEC ta có:

\(\widehat{BMC}\) = \(\widehat{BEC}\) = 90 \(^{\circ}\)

=> hai góc này cùng nhìn BC dưới một góc 90 \(^{\circ}\)

=> tứ giác BMEC nội tiếp

=> 4 điểm B,M,C,E cùng thuộc 1 đường tròn

c, Tứ giác BMHD nội tiếp

=> \(\widehat{DMH}\)= \(\widehat{DBH}\)

Tứ giác MECB nội tiếp

=> \(\widehat{DBH}\)= \(\widehat{CME}\)

=> \(\widehat{DMH}\)= \(\widehat{CME}\) ( = \(\widehat{DBH}\)

=> MC là phân giác của \(\widehat{DME}\)

d, Tứ giác BACN nội tiếp

=> \(\widehat{BAN}\) = \(\widehat{BCN}\) (1)

ΔMAH đồng dạng ΔDCH (g-g)

=> \(\widehat{BAN}\) = \(\widehat{HCD}\) (2)

(1) và (2)=> \(\widehat{BCN}\) = \(\widehat{HCD}\)

=> CD là phân giác của \(\widehat{HCN}\)

Xét ΔHCN có CD vừa là đường cao vừa là phân giác

=> CD cũng là đường trung trực

=> H đối xứng với N qua BC

d, Gọi giao điểm của CO và HE là G

Từ O hạ ON vuông góc với AC

=> \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{CON}\) = \(\frac {\widehat{AOC}}{2}\)

Xét ΔABD và ΔCON ta có:

\(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{CON}\)

\(\widehat{BDA}\) = \(\widehat{ONC}\) ( = 90\(^{\circ}\))

=> ΔABD đồng dạng ΔCON 

=> \(\widehat{BAD}\) = \(\widehat{OCN}\) (*)

Ta có: \(\widehat{BAD}\) = \(\widehat{HCD}\) ( ΔMAH đồng dạng ΔDCH)

mà \(\widehat{HCD}\) = \(\widehat{HED}\) ( tứ giác HECD nội tiếp)

=> \(\widehat{OCN}\)  = \(\widehat{BAD}\)=\(\widehat{HCD}\)=\(\widehat{HED}\)

=> \(\widehat{OCN}\)=\(\widehat{HED}\)

mà \(\widehat{OCN}\) + \(\widehat{CGE}\) = 90\(^{\circ}\)

\(\widehat{HED}\) + \(\widehat{CGE}\) = 90\(^{\circ}\)

=>  OC vuông góc với DE