a.

• Ta có $AM = AN = 2a$,$\angle MAN = 60^o$ nên tam giác $AMN$ đều. Suy ra $\angle AMN = 60^o = \angle ACB$. Suy ra $BMNC$ nội tiếp.
• Ta có $MN ||BC$, $AK \bot MN, AI \bot BC$. Suy ra$A, K, I$ thẳng hàng. $AI = AC \sin \angle ACB = 3a \sqrt{3}$, $AI = AN \sin \angle ANM = a\sqrt{3}$. Suy ra $IK = 2a\sqrt{3}$.
• Do đó $S_{BMNC} = \dfrac{1}{2}IK(MN+BC) = 8a^2\sqrt{3}$.

b.

• Ta có $OJ \bot AC$, $NJ = AJ-AN=a, NK = \dfrac{1}{2}MN=a$. Suy ra $\Delta OJN = \Delta OKN$, suy ra $OJ = OK$, tương tự ta có $OJ = OI$. Tam giác $IJK$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $OI = a\sqrt{3}$.
• Gọi $P$ là trung điểm của $CN$. Ta có $KNCI$ là hình thang, và $OP$ là đường trung bình. Suy ra $OP = \dfrac{1}{2}(KN+CI) = 2a = PN = PC$.
• Suy ra $O$ thuộc đường tròn đường kính $CN$ mà $PO||KN$ nên $PO \bot KI$. Suy ra $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CN$.

c.

• Ta có $\angle AEM = \angle ABE$. Suy ra $\Delta AEM \sim \Delta ABE$, suy ra $AE^2=AM.AB = 12a^2$.
• Suy ra $AE = 2a\sqrt{3}= AO$. Suy ra tam giác $AEO$ cân tại $A$. Do đó $\angle AFO = 90^o$, suy ra $AFOJ$ nội tiếp. Suy ra $\angle AFJ = \angle AOJ = 60^o$.

a.

• Ta có $\angle EAB + \angle BAC = 90^o, \angle FAC + \angle BAC = 90^o$. Suy ra $\angle EAB = \angle FAC$.
• Mặt khác có $\angle ABE = \angle ACF = 90^o$. Suy ra $\Delta ABE \sim \Delta ACF$.
• Suy ra $AE.AC = AF.AB$ mà $ AC = AQ, AB = AN$. Suy ra $AE.AQ = AN.AF$. Suy ra tứ giác $QNEF$ nội tiếp.

b.

Cách 1: Gọi $T$ là giao điểm của $MB$ và $CP$. Ta có $ABTC$ nội tiếp và $AT$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mặt khác ta có $AF||ET, AE||FT$ nên $AETF$ là hình bình hành. Suy ra trung điểm $EF$ cũng là trung điểm $AT$. Do đó trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Cách 2: Xét hình thang $AEBF$, gọi $X$ là trung điểm của $AB$ khi đó $IX$ thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra $IX ||BE$ hay $IX$ vuông góc $AB$ vậy $IX$ là trung trực của đoạn $AB$. Chứng minh tương tự thì $I$ cũng thuộc trung trực đoạn $AC$. Vậy $I$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$.

c.

• $DA$ cắt $EF$ tại $K’$ ta có $\angle NFK’ = \angle NQA$ (vì $NQFE$ nội tiếp). Mà $\angle NQA = \angle NDA$(vì $AQDN$ nội tiếp). Suy ra $\angle NDA = \angle AFK’$. Suy ra $NDFK’$ nội tiếp.
• Chứng minh tương tự ta có $DQK’E$ nội tiếp. Do đó $K’$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $DQM$ và $DPN$. Vậy $K’ \equiv K$. Suy ra $D, A, K$ thẳng hàng.
• Ta có $\angle BKE = \angle EAB = \angle CAF = \angle CKF$. Suy ra $\angle BKC = 180^o – 2 \angle BKE = 2(90^o – \angle EAB) = 2\angle BAC = \angle BIC$. Suy ra $BKIC$ nội tiếp. Mà $IBJC$ nội tiếp, suy ra và $JB = JC$ nên $\angle BKJ = \angle CKJ$. Hay $KJ$ là phân giác $\angle BKC$.
• Mặt khác $\angle BKA = 180^o – \angle AEB = 180^o – \angle AFC = \angle AKC$. Suy ra tia đối của tia $KA$ cũng là phân giác của $\angle BKC$. Do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
• Vậy 4 điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.