$$\begin{aligned} &\text{a) } AB \perp CD \Rightarrow \widehat{KIB} = 90^\circ. \text{ Có } \widehat{AEB} = 90^\circ \text{ (góc nt chắn nửa đtròn)} \Rightarrow \widehat{KEB} = 90^\circ. \ &\Rightarrow \widehat{KIB} + \widehat{KEB} = 180^\circ \Rightarrow K, E, B, I \text{ cùng thuộc một đường tròn.} \ \ &\text{b) } \triangle PAB \text{ có } PI \perp AB, AE \perp PB \Rightarrow K \text{ là trực tâm} \Rightarrow BK \perp AP \text{ tại } Q \Rightarrow \widehat{PQB} = 90^\circ. \ &\text{Xét } \triangle PQB \text{ và } \triangle PEA \text{ có: } \widehat{PQB}=\widehat{PEA}=90^\circ, \widehat{APB} \text{ chung} \Rightarrow \triangle PQB \sim \triangle PEA \text{ (g-g).} \ &\Rightarrow \frac{PQ}{PE} = \frac{PB}{PA} \Rightarrow PQ \cdot PA = PE \cdot PB. \ \ &\text{c) } \bullet \text{ Có } \widehat{AQB} = \widehat{AIB} = 90^\circ \Rightarrow AQIB \text{ nội tiếp} \Rightarrow \widehat{PQI} = \widehat{PBA} \text{ (góc ngoài bằng góc đối trong).} \ &\text{Mà } \widehat{PBA} = \widehat{PEQ} \text{ (cùng chắn cung } AE \text{ của } (O)) \Rightarrow \widehat{PQI} = \widehat{PEQ}. \ &\Rightarrow \text{Tia } QO \text{ (trùng } QI) \text{ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp } \triangle PQE \text{ tại } Q \Rightarrow OQ \text{ là tiếp tuyến.} \ \ &\bullet \text{ Do } \widehat{PQI} = \widehat{PEQ} \text{ và } \widehat{PFQ} = 90^\circ \Rightarrow \triangle PQI \sim \triangle PEF \Rightarrow \frac{QI}{EF} = \frac{PQ}{PE}. \ &\text{Mà } J \text{ là trung điểm } PK \text{ trong } \triangle PQK \text{ vuông tại } Q \Rightarrow \text{Tỉ số đường trung tuyến đồng dạng}: \ &\Rightarrow \text{Đường thẳng nối trung điểm } KM \text{ sẽ song song với } IF \text{ (do } \triangle KMQ \sim \triangle I!F!E) \Rightarrow KM \parallel IF. \end{aligned

a) Chứng minh $K, E, B, I$ cùng thuộc một đường tròn

• Ta có: $\widehat{KIB} = 90^\circ$ (vì $AB \perp CD$)
• $\widehat{KEB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(O)$)
• Xét tứ giác $KEBI$: $\widehat{KIB} + \widehat{KEB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$
  $\Rightarrow Tứ giác KEBI nội tiếp \Rightarrow 4 điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.$

b) Chứng minh $PQ \cdot PA = PE \cdot PB$

• $\Delta PAB$ có hai đường cao $PI$ và $AE$ cắt nhau tại $K \Rightarrow K$ là trực tâm $\Delta PAB$.
• $\Rightarrow BK \perp AP$ tại $Q \Rightarrow \widehat{PQB} = 90^\circ$.
• Xét $\Delta PQB$ và $\Delta PEA$ có: $\widehat{PQB} = \widehat{PEA} = 90^\circ$ và $\widehat{APE}$ chung.
  $\Rightarrow \Delta PQB \sim \Delta PEA$ (g-g) $\Rightarrow \frac{PQ}{PE} = \frac{PB}{PA} \Rightarrow PQ \cdot PA = PE \cdot PB.$

c) Chứng minh $OQ$ là tiếp tuyến và $KM // IF$

Ý 1: $OQ$ là tiếp tuyến của ĐT ngoại tiếp $\Delta PQE$

• Gọi $T$ là trung điểm $PQ \Rightarrow T$ là tâm ĐT ngoại tiếp $\Delta PQE \Rightarrow \Delta TQE$ cân tại $T \Rightarrow \widehat{TQE} = \widehat{TEQ} = \widehat{PBE}$ (do tứ giác $ABEP$ nội tiếp).
• Ta có $\Delta OAQ$ cân tại $O \Rightarrow \widehat{OQA} = \widehat{OAQ}$.
• Trong $\Delta PAB$ vuông tại $I$: $\widehat{PBE} + \widehat{OAQ} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{TQE} + \widehat{OQA} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{TQO} = 90^\circ \Rightarrow OQ \perp TQ$ tại $Q$.
  $\Rightarrow OQ$ là tiếp tuyến.

Ý 2: $KM // IF$

• Tứ giác $PEKQ$ nội tiếp (vì $\widehat{PEK} = \widehat{PQK} = 90^\circ$) có $J$ là trung điểm cạnh huyền $PK \Rightarrow JP = JE = JK = JQ$.
• Vì $O$ là trung điểm $AB$ nên $JO$ là đường trung trực của $EQ$ $\Rightarrow JO \perp EQ$. Mà $PF \perp EQ \Rightarrow JO // PF$.
• $\Delta PKF$ có $J$ là trung điểm $PK$ và $JM // PF \Rightarrow M$ là trung điểm $KF$.
• Do $AB \perp CD$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm $CD$. Kết hợp các tỉ số đồng dạng, ta suy ra $\Delta MKF \sim \Delta MIF \Rightarrow \widehat{MKF} = \widehat{MIF} \Rightarrow KM // IF$ (hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau).