a) Ta có: \[\widehat {MOB} = {90^0}\] (do AB\[ \bot \]MN) và \[\widehat {MHB} = {90^0}\](do MH\[ \bot \]BC)

    Suy ra: \[\widehat {MOB} + \widehat {MHB} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]

    \[ \Rightarrow \]Tứ giác BOMH nội tiếp.

    b) ∆OMB vuông cân tại O nên \[\widehat {OBM} = \widehat {OMB}\]    (1)

    Tứ giác BOMH nội tiếp nên \[\widehat {OBM} = \widehat {OHM}\] (cùng chắn cung OM)

    và \[\widehat {OMB} = \widehat {OHB}\] (cùng chắn cung OB)    (2)

    Từ (1) và (2) suy ra: \[\widehat {OHM} = \widehat {OHB}\]

      \[ \Rightarrow \] HO là tia phân giác của \[\widehat {MHB}\] \[ \Rightarrow \frac = \frac\] (3)

      Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao Ta có:   \[H{M^2} = HC.HB \Rightarrow \frac = \frac\] (4)

    Từ (3) và (4) suy ra: \[\frac = \frac\left( {\rm{5}} \right) \Rightarrow ME.HM = BE.HC\](đpcm)

    c) Vì \[\widehat {MHC} = {90^0}\](do MH\[ \bot \]BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC

    \[ \Rightarrow \widehat {MKC} = {90^0}\](góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

    MN là đường kính của đường tròn (O) nên \[\widehat {MKN} = {90^0}\](góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

    \[ \Rightarrow \widehat {MKC} + \widehat {MKN} = {180^0}\]

    \[ \Rightarrow \]3 điểm C, K, N thẳng hàng                           (*)

    ∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) \[ \Rightarrow \frac = \frac\].

    Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)

    \[ \Rightarrow \]\[\frac = \frac\], kết hợp với \[\frac = \frac\] (theo (5) )

    Suy ra: \[\frac = \frac\] . Mà \[\widehat {EBN} = \widehat {EMC} = {90^0}\]\[ \Rightarrow \]∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)

    \[ \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {BEN}\], mà \[\widehat {MEC} + \widehat {BEC} = {180^0}\] (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)

    \[ \Rightarrow \widehat {BEC} + \widehat {BEN} = {180^0}\]

    \[ \Rightarrow \] 3 điểm C, E, N thẳng hàng                          (**)

    Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng

    \[ \Rightarrow \]3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)