a) Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OEH\) có:

\(\begin{array}{l}\widehat {OHD} = \widehat {OHE} = 90^\circ \\OD = OE = R\\OH\,{\rm{chung}}\end{array}\)

Suy ra \(\Delta ODH = \Delta OEH\left( {ch - cgv} \right)\)

Do đó DH = HE (hai cạnh tương ứng).

Mà \(H \in DE\) suy ra H là trung điểm của BE.

Tứ giác ADCE có H là trung điểm của hai đường chéo DE, AC và \(AC \bot DE\) tại H nên tứ giác ADCE là hình thoi.

b) Ta có \(AD \bot DB\) (Vì AB là đường kính của \((O)\) và \(D \in (O)\)) nên suy ra \(EC \bot DB\) (1) (Vì tứ giác ADCE là hình thoi).

Lại có \(CK \bot KB\) (Vì CB là đường kính của \((O')\) và \(K \in (O')\)) hay \(CK \bot DB\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra E, C, K thẳng hàng (tiên đề Euclid).

c) Xét \(\Delta DKE\) vuông tại K có KH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(HK = HE = \frac{1}{2}DE\).

Suy ra \(\Delta HKE\) cân tại H, do đó \(\widehat {HKE} = \widehat {HEK}\).

Lại có \(\widehat {O'KC} = \widehat {O'CK}\) (tam giác O’CK cân tại O’) và \(\widehat {O'CK} = \widehat {HCE}\) (2 góc đối đỉnh) do đó \(\widehat {O'KC} = \widehat {HCE}\).

Mà \(\widehat {HEK} + \widehat {HCE} = 90^\circ \) (hai góc phụ nhau) nên \(\widehat {HKE} + \widehat {O'KC} = 90^\circ \), suy ra \(\widehat {HKO'} = 90^\circ \)

Do đó \(HK \bot KO'\).

Vậy HK là tiếp tuyến của \((O')\) tại K .