vẽ cả hình

a) Ta có \( \widehat{ACD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  
Nên \( \triangle ECD \) vuông tại \( C \)  
Gọi \( I \) là trung điểm của \( ED \)  

Ta có \( CI \) là đường trung tuyến hạ xuống cạnh huyền \( ED \)  

Nên \( CI = IE = ID = \frac{1}{2} ED \) \quad (1)  

Tương tự trong tam giác \( EFD \) vuông tại \( F \), ta có  

\[
FI = IE = ID = \frac{1}{2} ED  \quad (2)
\]

Từ (1) và (2) suy ra \( CI = FI = IE = ID \)  

Hay tứ giác \( CEFD \) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \( I \) đường kính \( ED \)  

b) Ta có \( CEFD \) nội tiếp nên \( \widehat{CED} = \widehat{CFD} \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \( CD \))  

Chứng minh tương tự câu a) ta có \( ABEF \) là tứ giác nội tiếp  

Suy ra \( \widehat{BEA} = \widehat{BFA} \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \( AB \))  

Mà \( \widehat{BEA} = \widehat{CED} \) (đối đỉnh); \( \widehat{AFM} = \widehat{CFD} \) (đối đỉnh)  

Do đó \( \widehat{BFA} = \widehat{AFM} \)  

Hay \( FA \) là tia phân giác \( \widehat{BFM} \)  

c) Ta có \( \widehat{EF'C} = \widehat{EDC} \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \( EC \))  

\[
\widehat{EFB} = \widehat{BAE} \quad \text{(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \( EB \))}
\]

Mà \( \widehat{BAE} = \widehat{BAC} = \widehat{BDC} = \widehat{EDC} \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \( BC \))  

Suy ra \( \widehat{EFC} = \widehat{EFB} \) hay \( FE \) là tia phân giác của \( \widehat{BFC} \)  

Trong \( \triangle BFN \) có \( FE \) là phân giác trong tại đỉnh \( F \Rightarrow \frac{BE}{EN} = \frac{FB}{FN} \)  

Mà \( EF \perp FD \Rightarrow FD \) là phân giác ngoài tại đỉnh \( F \Rightarrow \frac{BD}{DN} = \frac{FB}{FN} \)  

Suy ra \( \frac{BE}{EN} = \frac{BD}{DN} \Rightarrow BE \cdot DN = EN \cdot BD \)