Giải thích các bước giải:

a) \(M\in (O, \frac{AB}{2})\Rightarrow AM\perp BM\)

\(I, M\) cùng nhìn \(BK\) dưới 1 góc \(90^{\circ}\) nên \(IKMB\) là tứ giác nội tiếp

b) \(OI\perp CD\Rightarrow OA\) là đường trung trực của \(CD\)

\(\Rightarrow AC=AD\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{ADC}\)

Mà \(\widehat{CMA}=\widehat{CDA}\) (vì cùng chắn cung \(\stackrel\frown{CA}\) của (O))

\(\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{CMA}\)

\(\Rightarrow CA\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MCK\) và

\(\Delta ACK\sim \Delta AMC(g.g)\Rightarrow \frac{AC}{AM}=\frac{AK}{AC}\Rightarrow AC^2=AM.AK\)

c) Kẻ đường kính \(CE\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MCK\) nên \(CK\perp KE\)

\(\Rightarrow \widehat{MKE}=\widehat{MAB}\) (2 góc đồng vị)

Ta có:

\(\widehat{MKE}=\widehat{MCE}\) (vì cùng chắn cung \(\stackrel\frown{ME}\) của (F))

\(\widehat{MAB}=\widehat{MCB}\) (vì cùng chắn cung \(\stackrel\frown{MB}\) của (O))

\(\Rightarrow \widehat{MCE}=\widehat{MCB}\)

Do đó \(C, F, B\) thẳng hàng.

\(CB\) cố định nên F thuộc đường thẳng \(BC\) cố định.

d) Kẻ \(DH\perp BC\) nên H cố định

\(\Delta DHF\) vuông tại H nên \(DF\geq DH\)

\(\Rightarrow DF\) nhỏ nhất bằng \(DH\)

\(OI=\frac{AO}{3}=\frac{R}{3}\)

\(\Rightarrow CI=\sqrt{OC^2-OI^2}=\sqrt{R^2-(\frac{R}{3})^2}=\frac{2\sqrt{2}R}{3}\)

\(CD=2CI=\frac{4\sqrt{2}R}{3}\)

\(BI=BO+OI=R+\frac{R}{3}=\frac{4R}{3}\)

\(CB^2=CI^2+BI^2=(\frac{2\sqrt{2}R}{3})^2+(\frac{4R}{3})^2=\frac{24R^2}{9}\Rightarrow CB=\frac{2\sqrt{6}R}{3}\)

Xét \(\Delta BCD\) có: \(2S_{BCD}=BI.CD=DH.BC\)

\(\Rightarrow DH=\frac{BI.CD}{BC}=\frac{\frac{4R}{3}.\frac{4\sqrt{2}R}{3}}{\frac{2\sqrt{6}R}{3}}=\frac{8\sqrt{3}R}{9}\)

Vậy \(DF\) ngắn nhất bằng \(\frac{8\sqrt{3}R}{9}\)