(a) Ta có $\angle A B K=\angle A C K=90^{\circ}$, từ đó $B K / / C H, C K / / B H$, do đó tứ giác $B H C K$ là hình bình hành.
Hơn nữa $M$ là trung điểm $B C$ nên cũng là trung điểm $H K$.
(b) Tam giác $A H K$ thì $O, M$ lần lượt là trung điểm $A K, H K$ nên $O M$ là đường trung bình, do đó $A H=2 \cdot O M$.
(c) Tam giác $A B C$ có $A M$ là trung tuyến nên với $G$ là trọng tâm thì ta có $A G=\frac{2}{3} A M$. Hơn nữa tam giác $A H K$ có $A M$ là trung tuyến và $G$ thuộc $A M$ và $A G=\frac{2}{3} A M$ nên $G$ cũng là trọng tâm tam giác $A H K$; Mặt khác có $O$ là trung điểm của $A K$ nên $G$ thuộc đoạn $H O$ và $G H=2 \cdot G O$.

(a) Ta có $\angle B A D=90^{\circ}-\angle A B D, \angle C A K=90^{\circ}-\angle A K C$;
Hơn nữa $\angle A B D=\angle A K C$, suy ra $\angle B A D=\angle C A K$.
Gọi $L$ là giao điểm của $A K$ và $E F$.
Tứ giác $B F E C$ nội tiếp, suy ra $\angle A E F=\angle A B C=\angle A K C$, do đó tứ giác $E L K C$ nội tiếp.
Từ đó $\angle A L E=\angle A C K=90^{\circ}$ hay $A O \perp E F$.

(b) Ta có $\angle A P H=\angle A C B=\angle A H P $ suy ra $ A H=A P$. Tương tự thì $A H=A Q$

(c) Ta có $\angle B H C=\angle E H F=180^{\circ}-\angle B A C$; Và $\angle B O C=2 \angle B A C$; Khi đó $B H O C$ nội tiếp khi và chỉ khi $\angle B H C=\angle B O C$ hay $180^{\circ}-\angle B A C=2 \angle B A C$, tính ra $\angle B A C=60^{\circ}$.
Khi đó $\angle O H C=\angle O B C=30^{\circ}$.

(a) Ta chứng minh được
$$
A P \cdot A M=A H \cdot A D=A F \cdot A B=A E \cdot A C
$$
suy ra $B F P M, C E P M$ là các tứ giác nội tiếp.
(b) Ta có $\angle B H C=180^{\circ}-\angle B A C$ và
$$
\angle B P C=\angle B P M+\angle C P M=\angle B F M+\angle C E M=\angle A B C+\angle A C B=180^{\circ}-\angle B A C
$$

Suy ra $\angle B H C=\angle B P C$ nên $B H P C$ nội tiếp.
(c) Ta có
$$
\angle M P B=\angle A B M \Rightarrow \angle M B P=\angle M A B
$$
do đó $B M$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B P$. Tương tự thì $M C$ cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $A P C$.

(a) Gọi $I$ là trung điểm $B C$, thì $I$ là tâm đường tròn đường kính $B C$.
Ta có $\angle A E H=\angle A F H=90^{\circ}$ nên $A E H F$ nội tiếp và $M$ là tâm đường tròn.
Tam giác $M A E$ và $I C E$ cân nên $\angle M E A=\angle M A E, \angle I E C=\angle I C E$, suy ra $\angle M E A+\angle I E C=$ $\angle M A E+\angle I C E=90^{\circ}$, do đó $\angle M E I=90^{\circ}$, hay $M E$ là tiếp tuyến của đường tròn $(I)$ đường kính $B C$.
Tương tự thì $M F$ cũng là tiếp tuyến của đường tron2h $(I)$ đường kính $B C$.
(b) Ta có $\angle I E M=\angle I M F=\angle I D M=90^{\circ}$, do đó 5 điểm $I, M, D, E, F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $I M$. Do đó tứ giác $M E D F$ nội tiếp.
(c) Gọi $L$ là giao điểm $I M$ và $E F$ thì ta có $I M \perp E F$ tại $L$. Khi đó ta có $M L \cdot M I=M E^2$ (1) Hơn nữa $\triangle M E T \backsim \triangle M B E$, suy ra $M T \cdot M B=M E^2$ Và $\triangle M K L \backsim \triangle M D I$, suy ra $M K \cdot M D=M L \cdot M I$ Từ (1), (2), (3) ta có $M T \cdot M B=M K \cdot M D$, từ đó ta có $B T K D$ nội tiếp, suy ra $\angle B T K=
180^{\circ}-\angle B D K=90^{\circ} \text {. }
$

Mặt khác $\angle B K C=90^{\circ}$, từ đó $T, K, C$ thẳng hàng.
Tam giác $M B C$ có hai đường cao $M D$ và $C T$ cắt nhau tại $K$ nên $K$ là trực tâm của tam giác.

(a) Ta có các tứ giác $A P F E, B F E C$ nội tiếp, suy ra $\angle K P F=\angle A E F, \angle A E F=\angle C B F$, từ đó $\angle K P F=\angle C B F$, kéo theo tứ giác $K B F P$ nội tiếp. Tương tự thì $\angle A P E=\angle A F E=\angle A C K$, do đó $K P E C$ nội tiếp.
(b) Tứ giác $\angle K P F B, K P E C$ nội tiếp, suy ra $\angle P K F=\angle P B F, \angle P K E=\angle A C P$ mà $\angle P B F=$ $\angle A C P$ nên $\angle P K F=\angle P K E$, từ đó ta có $K, F, E$ thẳng hàng.
(c) Ta có $A P F E$ nội tiếp và $A F H E$ nội tiếp nên $A, P, F, H, E$ cùng thuộc một đường tròn, suy ra $\angle A P H=\angle A F H=90^{\circ}$;
Vẽ đường kính $A D$, ta có $\angle A P D=90^{\circ}$; Do đó $P, H, D$ thẳng hàng.
Mặt khác, theo bài tập 1 thì $H, M, D$ thẳng hàng nên $P, H, M$ thẳng hàng và $M P \perp A K$. Tam giác $A K M$ có $A H, P M$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm tam giác, do đó $K H \perp A M$.

• $\angle B A H=\angle O A C, \angle B A O=\angle C A H$;
• Ta có thể suy nghĩ hướng chứng minh $\triangle A O Q \backsim \triangle A H B$.

Theo nhận xét trên, thì ta cần chứng minh $A O \cdot A H=A B \cdot A Q$, thực vậy ta có hai tam giác $Q A H$ và $O A B$ cân tại $Q, O$ và $\angle Q A H=\angle O A B$ nên
$$
\triangle Q A H \backsim \triangle O A B \Rightarrow A O \cdot A H=A Q \cdot A B
$$

Từ đó ta có $\triangle A O P \backsim \triangle A B H$, kéo theo $\triangle A O Q=\angle A B H$
Chứng minh tương tự thì $\angle A O P=\angle A C H$
Từ (1) và (2) ta có $\angle A O Q=\angle A O P$.

(a) Ta có tứ giác $A B D E$ nội tiếp nên $\angle C E D=\angle A B C$ mà $\angle A B C=\angle A P C$, suy ra $\angle A P C=$ $\angle C E D$, từ đó có tứ giác $A P L E$ nội tiếp. Khi đó
$$
C L \cdot A P=C E \cdot C A=C H \cdot C F
$$
suy ra $H L P F$ nội tiếp.
(b) $H L$ cắt $A C$ tại $T$. Ta cần chứng minh $H T / / F E$ và $L$ là trung điểm $H T$. Ý đầu tiên ta có thể làm như sau: tứ giác $H F P L, A F H E, A P K C$ nội tiếp nên
$$
\angle C H L=\angle C P F=\angle C A K=\angle C F E
$$
suy ra $H T / / F E$.
Tiếp theo
$$
\angle T H E=\angle F E H=\angle D E H
$$
mà
$$
\angle H E T=90^{\circ} \Rightarrow \angle L E T=\angle L T E
$$
do đó
$$
L H=L E=L T
$$

Khi đó
$$
\frac{H L}{F M}=\frac{C L}{C M}=\frac{L T}{M E} \Rightarrow M F=M E
$$

Nhận xét: Đây là bài toán khó đối với các em THCS, tuy vậy dựa vào các bài toán đã giải ở trên ta có thể kết nối để cho ra lời giải bài toán này.
Ở đây việc kéo dài $K L$ cắt $B C$, có lẽ là ý nghĩa tự nhiên nhất để sử dụng tam giác đồng dạng, suy ra tứ giác nội tiếp.
Gọi giao điểm đó là $T$, thì ta cần chứng minh $T K \cdot T L=T B \cdot T C$, hơn nữa từ bài toán 1.4 ta có tính chất $T H \perp A M$, đây có lẽ là chìa khóa để cho ta lời giải bài toán này.

Do có sử dụng bài toán phụ ở trên nên lời giải bài toán có thể viết ngắn gọn hơn, đi thi thì học sinh nhớ chứng minh lại các ý toán đã sử dụng.

• Gọi $T$ là giao điểm của $E F$ và $B C ; A H$ cắt $B C$ tại $D$.
• Ta chứng minh được $T H \perp A M$ (bài 1.4), tại $Q$. Khi đó các tứ giác $H K T D, H Q M D$ nội tiếp nên
  $$
  \angle T K D=\angle T H D=\angle A M D
  $$
  suy ra $K L M D$ nội tiếp. Hơn nữa có các tứ giác $B F E C, E F D M$ nội tiếp nên
  $$
  T K \cdot T L=T D \cdot T M=T E \cdot T F=T B \cdot T C
  $$
  do đó $B K L C$ nội tiếp.

Nhận xét: Bài này ta dễ nghĩ tới việc chứng minh $\angle D H E=180^{\circ}-\angle B A C=\angle P H Q$, trong đó $B Q, C P$ là các đường cao.
Do đó chỉ cần chứng minh tam giác $H P D$ và $P Q E$ đồng dạng, tới đây tính toán một chút vì hai tam giác này đều là các tam giác vuông.

Gọi $K, L$ lần lượt là trung điểm $B D, C E$. Ta có
$$
D P=B P-B D=B C \cos B-2 B M \cos B=\cos B(B C-2 B M)=\cos B(M C-M B)
$$
tương tự thì
$$
E Q=E C-C Q=\cos C(M C-M B)
$$

Suy ra
$$
\frac{D P}{E Q}=\frac{\cos B}{\cos C}=\frac{P B}{C Q}=\frac{H P}{H Q}
$$

Do đó
$$
\triangle H P D \backsim \triangle H Q E \Rightarrow \angle D H P=\angle E H Q, \angle D H E=\angle P H Q=180^{\circ}-\angle B A C
$$
do đó từ giác $A D H E$ nội tiếp.