Giải thích các bước giải:

Bài 1:

a.Ta có : $I$ là trung điểm BC $\to OI\perp BC\to N$ là điểm chính giữa cung BC

$\to AD$ là phân giác $\widehat{BAC}$

b.Ta có :$MA$ là tiếp tuyến của (O)
$\to \widehat{MAB}=\widehat{MCA}\to\Delta MAB\sim\Delta MCA(g.g)$
$\to\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MB}{MA}\to MA^2=MB.MC$

Lại có :

MA là tiếp tuyến của (O)$\to\widehat{MAB}=\widehat{MCA}$

$AD$ là phân giác $\widehat{BAC}\to\widehat{BAD}=\widehat{DAC}$
$\to\widehat{MDA}=\widehat{DAC}+\widehat{BCA}=\widehat{BAD}+\widehat{MAB}=\widehat{MAB}$

$\to\Delta MAD$ cân tại M
$\to MD=MA\to MD^2=MB.MC$

c.Ta có : $NH\perp AH, NI\perp BC , NK\perp AC$

$\to NHBI, NIKC, NHAK$ nội tiếp

$\to \widehat{BIH}=\widehat{BNH}=90^o-\widehat{HBN}=90^o-\widehat{NCA}=\widehat{KNC}=\widehat{KIC}$

($\widehat{HBN}=\widehat{NCA}$ cùng bù $\widehat{ABN}$)

$\widehat{BIH}=\widehat{KIC}$ mà chúng ở vị trí đối đỉnh $B,I,C$ thẳng hàng
$\to H, I, K$ thẳng hàng

Bài 2:

a.Ta có : $MI\perp AI, MK\perp AK\to\widehat{AIM}+\widehat{AKM}=90^o+90^o=180^o$

$\to AIMK$ nội tiếp

b.Ta có :$MK\perp AC, MP\perp BC\to MKCP$ nội tiếp

$\to \widehat{MPK}=\widehat{MCK}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung MK)

$\widehat{MCK}=\widehat{MBC}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

$\Rightarrow \widehat{MPK}=\widehat{MBC}$ (đpcm)

c.Ta có : $MP\perp BC, MI\perp AB\to MIBP$ nội tiếp

$\to \widehat{MIP}=\widehat{MBC}=\widehat{MPK}$

$\widehat{MPI}=\widehat{MBI}=\widehat{MCB}=\widehat{MKP}$

$\to\Delta MIP\sim\Delta MPK(g.g)$

$\to\dfrac{MI}{MP}=\dfrac{MP}{MK}\to MP^2=MI.MK$

d.Từ câu c

$\to MI.MK.MP=MP^3 $

Gọi $AO\cap (O)=D, AO\cap BC=E\to MP\le DE$

$\to MI.MK.MP\le DE^3$

Dấu = xảy ra khi $M\equiv D\to M=AO\cap (O)$

Bài 3:

a.Ta có : $BD\perp AC, CE\perp AB\to \widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^o$

$\to BEDC$ nội tiếp

b.Ta có : $\widehat{AEC}=\widehat{ADB}=90^o\to\Delta AEC\sim\Delta ADB(g.g)$

$\to\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\to AE.AB=AD.AC$

c.Vì AF là đường kính của (O)
$\to FC//BD(\text{cùng }\perp AC), CE//FB(\text{cùng }\perp AB)\to BHCF  $ là hình bình hành

d.Ta có : $HE\perp AB, HD\perp AC\to AEHD$ nội tiếp đường tròn đường kính AH

$\to AK\perp HK$

Mà $AF $ là đường kính của (O) $\to FK\perp AK\to F,H,K$ thẳng hàng

Bài 4:

a.Ta có : $DB, DC$ là tiếp tuyến của (O) $\to DB\perp OB, DC\perp OC$
$\to \widehat{OBD}+\widehat{OCD}=90^o+90^o=180^o$

$\to OBDC$ nội tiếp

b.Ta có : $DO\cap BC=M\to OD\perp CB\to M$ là trung điểm BC

Mà $OB\perp BD\to BD=\sqrt{OD^2-OB^2}=4$

Do $BO\perp BD, BM\perp OD\to\Delta OBD: BO^2=OM.OD$

$\to OM=\dfrac{BO^2}{OD}=1,8\to MD=OD-OM=3,2; BC=2BM=2\sqrt{OB^2-OM^2}=4,8$

$\to S_{BCD}=\dfrac 12 DM.BC=7,68cm^2$

c. Gọi EF là tiếp tuyến của (O) qua A

$\to PQ//EF\to \widehat{QPA}=\widehat{EAB}=\widehat{ACB}$
$\to\Delta ABC\sim\Delta AQP(g.g)$
$\to\dfrac{AB}{AQ}=\dfrac{AC}{AP}\to AB.AP=AQ.AC$

d.Ta có : 

$\widehat{PBC}=\widehat{PAC}+\widehat{ACB}$ (tính chất góc ngoài tam giác)

$\to \widehat{PBD}+\widehat{DBC}=\widehat{PAC}+\widehat{ACB}$

Mà $\widehat{DBC}=\widehat{BAC}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

$\to\widehat{PBD}=\widehat{ACB}=\widehat{APQ}$ (do $\Delta ABC\sim\Delta AQP$ cmt)

$\to\widehat{DBP}=\widehat{DPB}\to DB=DP$

Tương tự $DC=DQ\to DP=DQ(DB=DC)\to D$ là trung điểm PQ
Mà M là trung điểm BC , $\Delta ABC\sim\Delta AQP$

$\to\dfrac{AC}{AP}=\dfrac{CB}{PQ}=\dfrac{CM}{PD}$ có $\widehat{ACM}=\widehat{APD}$

$\to\Delta AMC\sim\Delta ADP$ (c.g.c)

$\to\widehat{PAD}=\widehat{MAC}$

Bài 5:

a.Vì MA,MB là tiếp tuyến của (O)
$\to\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^o+90^o=180^o\to MAOB$ nội tiếp

b.Ta có : $MB$ là tiếp tuyến của (O)
$\to\widehat{MBC}=\widehat{MDB}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CB)

$\to\Delta MBC\sim\Delta MDB(g.g)$

$\to\dfrac{MB}{MD}=\dfrac{MC}{MB}\to MB^2=MC.MD$

c.Ta có:

$MA,MB$ là tiếp tuyến của (O)
$\to MO\perp AB=H\to MH.MO=MB^2$

$\to MH.MO=MC.MD\to\dfrac{MH}{MD}=\dfrac{MC}{MO}$

$\to\Delta MHC\sim\Delta MDO(c.g.c)$

$\to \widehat{MHC}=\widehat{MDO}=\widehat{CDO}$ mà $\widehat{MHC}+\widehat{CHO}=180^o$

$\Rightarrow\widehat{CDO}+\widehat{CHO}=180^o\Rightarrow HCDO$ là tứ giác nội tiếp

$\to \widehat{OCD}=\widehat{OHD}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung OD)

và có $\widehat{MHC}=\widehat{CDO}=\widehat{OCD}$

$\Rightarrow\widehat{MHC}=\widehat{OHD}$

Mà $\widehat{MHB}=\widehat{OHB}=90^o\to \widehat{CHB}=\widehat{BHD}$ (cùng cộng với hai góc bằng nhau ra $90^o$)

$\to $ AB là phân giác của góc CHD.