Rút gọn biểu thức \[M = \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2} - {{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{ab}}\] với \[ab \ne 0\].

a) Vì \[AH \bot BC,\,\,BE \bot AD\] nên \[\widehat {AHB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \].

Suy ra tứ giác \[ABHE\] là tứ giác nội tiếp.

b) Vì \[\widehat {ACD}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \[\widehat {ACD} = 90^\circ  \Rightarrow AC \bot CD\]. (1)

Vì \[ABHE\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {ABH} = \widehat {HED}\] (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện).

Vì \[ABDC\] là tứ giác nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\] (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \[\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\]), hay \[\widehat {ABH} = \widehat {EDC}\].

Suy ra \[\widehat {HED} = \widehat {EDC} \Rightarrow EH{\rm{//}}DC\]. (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[HE \bot AC\].

c) Vẽ \[BK \bot AC\] tại \[K\].

Ta có \[\widehat {AKB} = \widehat {AEB} = 90^\circ \] nên \[AKEB\] là tứ giác nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {BKE} = \widehat {BAE} = \widehat {BAD}\] (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \[BE\]). (3)

Vì \[ABDC\] là tứ giác nội tiếp nên \[\widehat {BAD} = \widehat {BCD}\] (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \[BD\]). (4)

Vì \[BK\,{\rm{//}}\,CD\] (cùng vuông góc \[AC\]) nên \[\widehat {BCD} = \widehat {KBM}\] (so le trong). (5)

Vì \[M\] là trung điểm cạnh huyền \[BC\] của tam giác vuông \[BKC\] nên \[MK = MB = MC\].

Suy ra \[\Delta MKB\] cân tại \[M\] \[ \Rightarrow \widehat {KBM} = \widehat {BKM}\]. (6)

Từ (3), (4), (5), (6) có \[\widehat {BKE} = \widehat {BKM}\] \[ \Rightarrow K,\,E,\,M\] thẳng hàng.

Mà \[HE\,{\rm{//}}BK\] (cùng vuông góc \[AC\]) nên \[\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MK}}{{MB}} = 1\]\[ \Rightarrow ME = MH\].

Chứng minh tương tự ta có \[MF = MH\].

Suy ra \[ME = MF = MH\]

Vậy\[M\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[HEF\] (đpcm).