a) Chứng minh AE.AC=AH.AD:

Xét \(\Delta\)AEH và \(\Delta\)ADC: ^AEH=^ADC(=90⁰);  ^DAC chung => \(\Delta\)AEH ~ \(\Delta\)ADC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AE.AC=AH.AD\)(đpcm).

b) Chứng minh P;H;Q thẳng hàng:

Ta nối 2 điểm P và Q với điểm H.

Xét đường tròn (I): Có AQ là tiếp tuyến; AEC là cát tuyến => ^AQE=^ACQ

Xét \(\Delta\)AEQ và \(\Delta\)AQC: ^QAC chung;  ^AQE=^ACQ => \(\Delta\)AEQ ~ \(\Delta\)AQC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{AQ}{AC}=\frac{AE}{AQ}\Rightarrow AQ^2=AE.AC\)

Lại có: \(AE.AC=AH.AD\Rightarrow AQ^2=AH.AD\Rightarrow\frac{AQ}{AH}=\frac{AD}{AQ}\)

Xét \(\Delta\)AHQ và \(\Delta\)AQD: ^DAQ chung; \(\frac{AQ}{AH}=\frac{AD}{AQ}\)=> \(\Delta\)AHQ ~ \(\Delta\)AQD (c.g.c)

\(\Rightarrow\)^AQH=^ADQ (1)

Ta thấy: AP và AQ là 2 tiếp tuyến của (I) => Tứ giác APIQ nội tiếp đường tròn (Tâm là trung điểm AI)

Dễ có tứ giác ADIQ nội tiếp đường tròn tâm là trung điểm AI (Do ^ADI=^AQI=90⁰)

Từ đó suy ra: 5 điểm A;P;D;I;Q cùng thuộc 1 đường tròn => Tứ giác APDQ nội tiếp dường tròn

=> ^ADQ=^APQ (Cùng chắn cung AQ) (2)

Từ (1) và (2) => ^AQH=^APQ.  Mà \(\Delta\)PAQ cân đỉnh A => ^APQ=^AQP => ^AQH=^AQP

Dễ thấy 2 tia QH và QP nằm cùng phía so với mặt phẳng bờ là AQ 

=> P;H;Q là 2 điểm thẳng hàng (đpcm).

c) Chứng minh HP vuông với AK và KH vuông với AI:

Ở phần c) Mình sửa điểm P thành điểm R vì phần b) đã có điểm P rồi.

+) Ta có: Tứ giác BFEC nội tiếp (I) => ^ECB=^BFK hay ^KCE=^KFB

=> \(\Delta\)KBF ~ \(\Delta\)KEC (g.g) => \(\frac{KB}{KE}=\frac{KF}{KC}\Rightarrow KB.KC=KE.KF\)(3)

Xét đường tròn (O) có 2 cát tuyến KRA và KBC, ta có ngay tỉ số: \(\frac{KR}{KC}=\frac{KB}{KA}\Rightarrow KB.KC=KR.KA\)(4)

Từ (3) và (4) => \(KE.KF=KR.KA\)\(\Rightarrow\frac{KR}{KE}=\frac{KF}{KA}\)

=> \(\Delta\)KRF ~ \(\Delta\)KEA (c.g.c) => ^KRF=^KEA. Mà ^KRF+^FRA=180⁰ 

=> ^KEA+^FRA=180⁰ hay ^FRA+^FEA=180⁰ => Tứ giác ARFE nội tiếp đường tròn.

Mà tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn => 5 điểm A;R;F;H;E cùng thuộc 1 đường tròn

=> Tứ giác ARFH nội tiếp đường tròn => ^ARH=^AFH.

Lại có: ^AFH=90⁰ => ^ARH=90⁰ => HR vuông góc AR hay HR vuông góc AK (ddpcm0.

+) Gọi giao điểm của tia RH và (O) là M => ^ARM=^ARH=90⁰

Tứ giác ARBM nội tiếp đường trong nên ^ARM=^ABM (=90⁰)  => AB vuông góc BM

Lại thấy CF vuông góc AB => CF//BM hay CH//BM

Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn => ^ABM+^ACM=180⁰ => ^ACM=90⁰

Tương tự ta c/m được: CM//BH

Xét tứ giác BHCM: CH//BM; CM//BH (cmt) => Tứ giác BHCM là hình bình hành

Do I là trung điểm BC nên H.I.M thẳng hàng  => R;H;I thẳng hàng và IR vuông góc AK

Xét \(\Delta\)KAI: IR vuông AK; AD vuông KI; IR cắt AD tại H => H là trực tâm của \(\Delta\)KAI

=> KH vuông góc với AI (đpcm).

d) Chứng minh BC;EF;PQ đồng quy:

 Vì EF cắt BC tại điểm K nên ta sẽ chứng minh K;P;Q là 3 điểm thẳng hàng.

Dễ có: Tứ giác APDI nội tiếp đường tròn => ^DPI=^DAI.

Mà ^DAI=^IKH (Cùng phụ góc AIK) => ^DPI=^IKH hay ^DPI=^DKP

Xét \(\Delta\)KPD: ^DKP + ^KDP+^KPD = 180⁰ => ^DPI + ^KDP + ^KPD = 180⁰

=> ^KPI + ^KDP = 180⁰ (5)

Để ý rằng tứ giác PDIQ nội tiếp đường tròn => ^IQP=^KDP.

Mà \(\Delta\)PIQ cân đỉnh I => ^IQP=^IPQ => ^KDP=^IPQ (6)

Từ (5) và (6) => ^KPI + ^IPQ = 180⁰ => ^KPQ = 180⁰ => 3 điểm K;P;Q thẳng hàng.

Qua đó, ta suy ra được BC;EF;PQ đồng quy (đpcm).