a) Do \(OC \bot AB\) tại \[O\] nên \(\Delta COB\) vuông tại O nên \(C,O,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[CB\].

Có \(CH \bot BD\) tại \[H\] nên \(\Delta CBH\) vuông tại \[H\] nên \[C,\,\,H,\,\,B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[CB\].

Vậy \(C,H,B,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[CB\] hay tứ giác \[OBHC\] nội tiếp.

b) Ta có \(OC = OB = R\) nên \(\Delta OBC\) vuông cân tại \[O\].

Khi đó \(\widehat {OCB} = \widehat {OBC} = 45^\circ \).

Do \[OBHC\] nội tiếp nên \(\widehat {CHO} = \widehat {CBO} = 45^\circ \) (cùng chắn cung \[CO\]) và \(\widehat {OHB} = \widehat {OCB} = 45^\circ \) (cùng chắn cung \[OB\]).

Suy ra \(\widehat {CHO} = \widehat {OHB} = 45^\circ \) hay \[OH\] là phân giác của \(\widehat {CHB}\).

Do \[OH\] là phân giác của \(\widehat {CHB}\) nên \(\frac{{CE}}{{BE}} = \frac{{CH}}{{HB}}\) (tính chất đường phân giác).

Do \(C \in (O)\) nên \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra \(CB \bot CD\) tại \[C\].

Suy ra \(\widehat {DCH} + \widehat {HCB} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {CBH} + \widehat {BCH} = 180^\circ  - \widehat {CHB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {DCH} = \widehat {CBH}\) (cùng cộng \(\widehat {BCH}\) bằng \(90^\circ \))

Kết hợp \(\widehat {CHB} = \widehat {CHD} = 90^\circ \) suy ra  (g.g)

Suy ra \(\frac{{DH}}{{CH}} = \frac{{HC}}{{HB}}\).

Mà \(\frac{{CE}}{{BE}} = \frac{{CH}}{{HB}}\) nên \(\frac{{DH}}{{CH}} = \frac{{CE}}{{BE}}\) hay \(DH \cdot BE = CE.CH\)

c) Kẻ đường kính \[CM\] của \((O)\). Do \(K \in (O)\) nên \(KM \bot CK\).

Lại có \(K\) thuộc đường tròn đường kính \[CD\] nên \(\widehat {CKD} = 90^\circ \) hay \(DK \bot CK\).

Suy ra \(D,K,M\) thẳng hàng.

Gọi \({\rm{E'}}\) là giao điểm của \[CB\] và \[DM\].

Do \[CM\] là đường kính nên \(\widehat {CBM} = 90^\circ \) nên \(BM \bot CB\).

Mà \(CD \bot BC\) nên \(BM{\rm{//}}CD\).

Khi đó \(\frac{{CE'}}{{E'B}} = \frac{{CD}}{{BM}}\) (theo định lí Thalès).

Mà \(BM = BC\) nên \(\frac{{CD}}{{BM}} = \frac{{CD}}{{BC}} = \tan \widehat {CBD} = \frac{{CH}}{{BH}}\).

Vậy \(\frac{{CE'}}{{E'B}} = \frac{{CH}}{{HB}}\) suy ra \(HE'\) là phân giác của \(\widehat {CHB}\).

Mà \[HE\] là phân giác của \(\widehat {CHB}\) nên \(E \equiv E'\) hay \(D,E,K,M\) thẳng hàng.

Ta có \(\widehat {CDE} = \widehat {ECK}\) (cùng phụ \(\widehat {DCK}\)).

Kết hợp \(\widehat {CKD} = \widehat {CKE} = 90^\circ \). Khi đó .

Suy ra \(\frac{{CK}}{{EK}} = \frac{{DK}}{{CK}}\) hay \(C{K^2} = EK.DK\).

Lại có \(EK.DK \le \frac{{{{(EK + DK)}^2}}}{4} = \frac{{D{E^2}}}{4}\) nên \(C{K^2} \le \frac{{D{E^2}}}{4}\).

Suy ra \(CK \le \frac{{DE}}{2}\) hay \(DE \ge 2CK\).

Dấu "=" xảy ra khi \[K\] là trung điểm của \[DE\] hay \[K\] phải thoả mãn \(\widehat {KCD} = 45^\circ \).

Mà \(\widehat {ACM} = 45^\circ \) nên \(\widehat {MCK} = 90^\circ \) (vô lí).

Vậy \(C{K^2} < \frac{{D{E^2}}}{4}\) (đpcm).