a) Tam giác BEH nội tiếp đường tròn (I) có BH là đường kính nên $\widehat{BEH}$ = $90^{\circ}$ $\Rightarrow $ $\widehat{AEH}$ = $90^{\circ}$

Tương tự ta có $\widehat{AFH}$ = $90^{\circ}$

Tứ giác AFHE có $\widehat{AEH}$ =  $\widehat{AFH}$ =  $\widehat{EAF}$ = $90^{\circ}$ nên tứ giác AFHE là hình chữ nhật.

b) Vì AH $\perp $ BH nên AH là tiếp tuyến của (I)

Vậy AH là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH.

c) Xét đường tròn (I) có IE = IH $\Rightarrow $ $\Delta $IEH cân tại I $\Rightarrow $ $\widehat{IEH}$ = $\widehat{IHE}$ 

Tứ giác AFHE là hình chữ nhật (theo câu a) nên $\widehat{HEF}$ = $\widehat{EHA}$ 

Suy ra $\widehat{IEH}$ + $\widehat{HEF}$ = $\widehat{IHE}$ + $\widehat{EHA}$ = $90^{\circ}$ $\Rightarrow $ $\widehat{IEF}$ = $90^{\circ}$ hay IE $\perp $ EF

$\Rightarrow $ EF là tiếp tuyến của (I)

Tương tự ta chứng minh được EF là tiếp tuyến của (O)

Hay EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (O).

d) Ta có: 

tanC = $\frac{AB}{AC}$ $\Leftrightarrow $ tan$30^{\circ}$ = $\frac{AB}{AC}$ $\Leftrightarrow $ $\frac{AB}{AC}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$

Ta có: $AB^{2}$ = BH.BC

          $AC^{2}$ = CH.BC

$\Rightarrow $ $\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$ = $\frac{BH.BC}{CH.BC}$ $\Leftrightarrow $ $\frac{BH}{CH}$ = $(\frac{AB}{AC})^{2}$ = $(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}$ = $\frac{1}{3}$

Hay bán kính của đường tròn đường kính HC gấp ba lần bán kính của đường tròn đường kính HB.