a) Ta có:
\(\angle BAO = 90^\circ\) (do tam giác ABC vuông tại A)
\(\angle BEO = 90^\circ\) (do BE là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O))
\(=> BAOE\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi I là giao điểm của BO và AC. Ta có:
\(\angle AIB = \angle AOB = 90^\circ\)
\(\angle AIB = \angle ADB\) (cùng chắn cung AD trên nửa đường tròn (O))
\(=> ADBI\) là tứ giác nội tiếp
\(=> BD.BC = AD.AI\)

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABE và dãy điểm H, O, C ta được:
\(\frac{AH}{HB}.\frac{BO}{OE}.\frac{EC}{CA} = 1\)
\(\frac{AH}{HB} = \frac{OE}{BO} = \frac{AI}{ID}\) (do \(AI = IE\))
\(=> AH.HD = BH.BD\)
\(=> BH.BO = BD.BC\)

b) Ta có:
\(\angle DHC = \angle BHD\) (do DHOC là tứ giác nội tiếp)
\(\angle DHC = \angle BOC\) (cùng chắn cung DC trên nửa đường tròn (O))
\(=> BHD = OHC\)

c) Gọi G là giao điểm của CF và AB. Ta có:
\(\angle GCF = \angle GAF\) (cùng chắn cung GF trên nửa đường tròn (O))
\(\angle GCF = \angle GCB\) (do CF là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O))
\(=> GAF = GCB\)
\(=> GAF = GAB\)
\(=> G, B, F\) thẳng hàng

Tương tự, ta có:
\(\angle KCE = \angle KAE\) (cùng chắn cung KE trên nửa đường tròn (O))
\(\angle KCE = \angle KCA\) (do CE là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O))
\(=> KAE = KCA\)
\(=> KAE = KAB\)
\(=> K, B, F\) thẳng hàng

Vậy ta đã chứng minh được ba điểm B, K, F thẳng hàng.