a) Ta có MI = MA (vì I là trung điểm của AB) và MC = MD (vì AC và AD là tiếp tuyến của đường tròn (O)), nên tam giác MIA và MCD đồng dạng. Do đó, ta có \(\angle MIO = \angle MCO = \angle MCD = \angle MAD = \angle MOI\). Vậy tứ giác MIOD nội tiếp được đường tròn.

b) Ta có \(\angle CGD = \angle COD\) (cùng chắn cung) và \(\angle COG = \angle CDI\) (cùng chắn cung), nên tam giác COG đồng dạng tam giác CDI. Từ đó, ta có \(\frac{CG}{CD} = \frac{OG}{DI}\). Nhưng ta cũng có \(\frac{OG}{DI} = \frac{OM}{MI}\) (vì tam giác MOI đồng dạng tam giác OGD), nên \(\frac{CG}{CD} = \frac{OM}{MI}\). Do đó, ta có \(CG \cdot CD = OM \cdot MI\), hay \(CG \cdot CD = MO \cdot MA\).

c) Ta có \(\angle EIO = \angle EMO\) (cùng chắn cung) và \(\angle EOI = \angle EOM\) (vì I là trung điểm của AB), nên tam giác EIO đồng dạng tam giác EMO. Từ đó, ta có \(\frac{EI}{EM} = \frac{EO}{MO}\). Kẻ SH song song với OE, ta có \(\frac{EI}{EM} = \frac{SH}{SM}\) (vì tam giác EIS đồng dạng tam giác EMS). Do đó, ta có \(\frac{SH}{SM} = \frac{EO}{MO}\), hay \(SH \cdot MO = SM \cdot EO\). Nhưng ta cũng có \(SM = ME\) (vì I là trung điểm của AB), nên \(SH \cdot MO = ME \cdot EO\).

d) Ta có \(\angle BNC = \angle BCD\) (cùng chắn cung) và \(\angle BAC = \angle BCD\) (vì AC và AD là tiếp tuyến của đường tròn (O)), nên tam giác BAC đồng dạng tam giác BNC. Từ đó, ta có \(\frac{AH}{AB} = \frac{AN}{BN}\), hay \(AH \cdot BN = AN \cdot AB\). Nhưng ta cũng có \(AN = AM\) (vì N là giao điểm của BN và CD), nên \(AH \cdot BN = AM \cdot AB\), hay \(AH \cdot BN = MA \cdot AB\). Nhưng ta đã có \(CG \cdot CD = MA \cdot MO\), nên \(AH \cdot BN = CG \cdot CD\). Do đó, ba điểm A, H, N thẳng hàng.