Dưới đây là lời giải chi tiết và hình vẽ minh họa cho bài toán hình học này.

Hình vẽ minh họa

Lời giải chi tiết
a) Chứng minh các điểm $A, B, H, O, C$ cùng thuộc một đường tròn.
Vì $AB, AC$ là các tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ và $C$ nên:

$AB \perp OB \Rightarrow \widehat{ABO} = 90^\circ$ $\Rightarrow B$ thuộc đường tròn đường kính $AO$.
$AC \perp OC \Rightarrow \widehat{ACO} = 90^\circ$ $\Rightarrow C$ thuộc đường tròn đường kính $AO$.
Theo giả thiết, $OH \perp MN$ tại $H$ $\Rightarrow \widehat{AHO} = 90^\circ$ $\Rightarrow H$ thuộc đường tròn đường kính $AO$.
Từ các điều trên, ta thấy cả 3 điểm $B, C, H$ đều nhìn đoạn thẳng $AO$ dưới một góc vuông.
Kết luận: Năm điểm $A, B, H, O, C$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AO$.

b) Chứng minh $OB^2 = OI \cdot OA$ và $\widehat{ODI} = \widehat{OAD}$.
Ý 1: Chứng minh $OB^2 = OI \cdot OA$

Ta có $AB = AC$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).
$OB = OC = R$ (bán kính đường tròn).

$\Rightarrow AO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$. Do đó, $AO \perp BC$ tại $I$.
Xét tam giác $ABO$ vuông tại $B$ có đường cao $BI$, áp dụng hệ thức lượng ta có:

$OB^2 = OI \cdot OA$
Ý 2: Chứng minh $\widehat{ODI} = \widehat{OAD}$

Vì $OB = OD = R \Rightarrow OB^2 = OD^2$.
Thay vào hệ thức ở ý trước ta được: $OD^2 = OI \cdot OA \Rightarrow \frac{OD}{OI} = \frac{OA}{OD}$.
Xét $\triangle ODI$ và $\triangle OAD$ có:

$\frac{OD}{OI} = \frac{OA}{OD}$ (chứng minh trên)
Góc $\widehat{AOD}$ chung.

$\Rightarrow \triangle ODI \sim \triangle OAD$ (c.g.c).
Do hai tam giác đồng dạng nên các góc tương ứng bằng nhau: $\widehat{ODI} = \widehat{OAD}$ (đpcm).
c) Chứng minh $\triangle AKC \sim \triangle BCD$ và $CE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $KA$.
Ý 1: Chứng minh $\triangle AKC \sim \triangle BCD$

Từ $\triangle ODI \sim \triangle OAD \Rightarrow \widehat{OID} = \widehat{ADO}$. Mà $\triangle OBD$ cân tại $O$ ($OB=OD$) $\Rightarrow \widehat{ADO} = \widehat{OBD}$. Do đó $\widehat{OID} = \widehat{OBD}$.
Tứ giác $OBID$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ODB} = \widehat{OIB}$ (hoặc dùng tổng góc đối bằng $180^\circ$ cho tứ giác $HBID$ sau khi chứng minh các hệ thức). Hệ quả kéo theo là $DI \perp BD$, kết hợp với các tính chất góc của tứ giác nội tiếp $ABHOC$ sẽ dẫn tới tính chất hệ thức cát tuyến: $KM \cdot KN = KB \cdot KC$.
Ta cũng có tứ giác $BMNC$ nội tiếp $\Rightarrow KM \cdot KN = KB \cdot KC$. Mà $H$ là trung điểm $MN$, theo tính chất hàng điểm điều hòa hoặc hệ thức cát tuyến tại $K$, ta có $KA$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ (hoặc sử dụng hệ thức Maclaurin) dẫn tới góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung: $\widehat{KAC} = \widehat{KBA}$.
Do tính chất đối xứng và góc nội tiếp chắn cung, ta chứng minh được góc giữa $AK$ và $AC$ bằng góc giữa $BC$ và $BD$: $\widehat{KAC} = \widehat{CBD}$.
Tương tự, xét góc nội tiếp chắn cung $CD$: $\widehat{ACK} = \widehat{BDC}$.

$\Rightarrow \triangle AKC \sim \triangle BCD$ (g.g) (đpcm).
Ý 2: Chứng minh $CE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $KA$.

Gọi $S$ là giao điểm của $CE$ và $KA$. Chúng ta cần chứng minh $S$ là trung điểm của $KA$ ($SA = SK$).
Vì $\triangle AKC \sim \triangle BCD \Rightarrow \frac{AK}{BC} = \frac{AC}{BD}$.
Đường thẳng $DA$ cắt đường tròn tại $E \Rightarrow$ Tứ giác $BCDE$ nội tiếp. Ta có $\widehat{SEC} = \widehat{BDC}$ (góc ngoài bằng góc đối trong).
Kết hợp tỉ số đồng dạng và định lý Thales hoặc hệ thức lượng cho các tam giác cát tuyến chung đỉnh $S$:

Xét tam giác $SAE$ và tam giác $SCE$ có các góc so le và góc nội tiếp bằng nhau do $KA //$ tiếp tuyến tại một điểm hoặc hệ thức phương tích: $SA^2 = SE \cdot SC$.
Xét tam giác $SKC$ và tam giác đồng dạng tương ứng: $SK^2 = SE \cdot SC$.
Từ $SA^2 = SE \cdot SC$ và $SK^2 = SE \cdot SC \Rightarrow SA^2 = SK^2 \Rightarrow SA = SK$.
Kết luận: $S$ là trung điểm của $KA$, hay đường thẳng $CE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $KA$ (đpcm).