Giải thích các bước giải:

a, Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

Ax và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại C ⇒ CA = CE

By và CD là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại D ⇒ DB= DE

Suy ra: AC + BD = CE + DE = CD (đpcm)

b, ΔAEB nội tiếp đường tròn đường kính AB ⇒ ΔAEB vuông tại E mà EF là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: AF.AB = $AE^{2}$ (1)

ΔBAK vuông tại A có AE là đường cao

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được: KE.EB = $AE^{2}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AF. AB = KE. EB (đpcm)

c, Ax ║ By (cùng ⊥ AB), theo định lí Thalet ta có: $\frac{CE}{ED}$ = $\frac{CI}{IB}$ = $\frac{AF}{FB}$

Mà CE = CA và ED = BD

⇒ $\frac{AF}{FB}$ = $\frac{CA}{BD}$, lại có $\widehat{CAF}$ = $\widehat{FBD}$ = $90^{o}$

⇒ ΔAFC đồng dạng với ΔBFD (c.g.c) (đpcm)

d, Ta có: CA = CE; OA = OE ⇒ OC là đường trung trực của AE

Mà AE ⊥ EB ⇒ OC ║ EB hay OC ║ BK, lại có O là trung điểm của BC

⇒ C là trung điểm của AK ⇒ AC = CK

EF ║ AK ⇒ $\frac{IE}{CK}$ = $\frac{BI}{BC}$ = $\frac{IF}{AC}$

Mà AC = CK ⇒ IE = IF

Gọi P = IM ∩ Ax; Q = IN ∩ By

Ta có: CP ║ IF ⇒ $\frac{CP}{IF}$ = $\frac{MP}{MI}$ 

          PA ║ IE ⇒ $\frac{MP}{MI}$ = $\frac{AP}{IE}$ 

Mà IE = IF ⇒ CP = MP ⇒ P là trung điểm của AC

Chứng minh tương tự ta có Q là trung điểm của BD

IE ║ BD ⇒ $\frac{CI}{IB}$ = $\frac{CE}{ED}$ = $\frac{CA}{BD}$ = $\frac{2CP}{2QB}$ = $\frac{CP}{QB}$ 

và $\widehat{PCI}$ = $\widehat{QBI}$ 

⇒ ΔPCI đồng dạng với ΔQBI (c.g.c)

⇒ $\widehat{PIC}$ = $\widehat{QIB}$

⇒ $\widehat{QIB}$ + $\widehat{PIB}$ = $\widehat{PIC}$ + $\widehat{PIB}$ = $180^{o}$

⇒ P, I, Q thẳng hàng ⇒ M, I, N thẳng hàng (đpcm)