1). Vì MP là đường kính suy ra  P N ⊥ M N  (1).

Vì MD là đường kính suy ra  D N ⊥ M N  (2).

Từ (1) và (2), suy ra N; P; D thẳng hàng.

a) Gọi S là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Do dây BC cố định nên điểm S cũng cố định. Ta đi chứng minh tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S.

Do S là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) => SB=SC và A,I,S thẳng hàng (Vì AI là phân giác của ^BAC nội tiếp chắn cung BC)

Ta có: ^SIB là góc ngoài \(\Delta\)AIB => ^SIB = ^IBA + ^IAB = 1/2(^BAC + ^ABC)

Mà ^SBI = ^IBC + ^SBC = 1/2(^ABC + ^CAS) = 1/2(^ABC + ^BAC) nên ^SIB = ^SBI => \(\Delta\)BSI cân tại S

=> SB=SI => SB=SC=SI => S là tâm của (BIC). Ta thấy M nằm trên (BIC) nên SM = SI (1)

Dễ thấy 3 điểm S,K,O thẳng hàng (Cùng nằm trên trung trực của BC) => SKO là cắt tuyến của (OIK)

Xét đường tròn (OIK): Cát tuyến SKO, tiếp tuyến SI => SI² = SK.SO (Hệ thức lượng trong đường tròn) (2)

Từ (1) và (2) => SM² = SK.SO => \(\Delta\)SMK ~ \(\Delta\)SOM (c.g.c)

=> ^SMK = ^SOM = 1/2.Sđ(MK của đường tròn (MKO) => MS là tiếp tuyến của đường tròn (MKO)

Hay tiếp tuyến tại M của (MKO) luôn đi qua S cố định (đpcm).

b) Ta có: Tứ giác SIOQ nội tiếp có góc ngoài là ^AIO => ^OQS = ^AIO (*)

Theo câu a: SI² = SK.SO => SB² = SK.SO = SK.R (3)

Kẻ đường kính SN của đường tròn (O), BC cắt OS tại T => ^SBN = 90⁰ 

=> \(\Delta\)SBN vuông tại B có đường cao BT => SB² = ST.SN (Hệ thức lượng). Hay SB² = ST.2R (4)

Từ (3) và (4) => SK=2.ST => T là trung điểm của SK. Tứ đó: S và K đối xứng với nhau qua BC

Mà I và H cũng đối xứng nhau qua BC nên tứ giác IKSH là hình thang cân

^OSQ = ^IHS = ^IKO =^AIO (=1/2.Sđ(OI của (IKO) ) => ^OSQ = ^AIO (**)

Từ (*) và (**) suy ra: ^OQS = ^OSQ => \(\Delta\)SOQ cân tại O => OS = OQ = R => Q thuộc (O) (đpcm).

c) Xét tứ giác SIOQ nội tiếp đường tròn có: ^OIQ = ^OSQ (Góc nội tiếp cùng chắn cung OQ) 

Lại có: ^OSQ = ^AIO (cmt) nên ^OIQ = ^AIO => IO là tia phân giác của ^AIQ 

Dễ dàng chỉ ra được: IA=IQ (Gợi ý: Hạ OX và OY vuông góc với IA và IQ) => \(\Delta\)AIQ cân tại I

Xét \(\Delta\)AIQ: Cân đỉnh I, tia phân giác IO (cmt) => IO đồng thời là đường cao => IO vuông góc AQ (đpcm).

d) Gọi J là giao điểm của AS với BC, E và F lần lượt là hình chiếu của O lên AC,AB. Đặt AB=c, BC=a, CA=b

Ta có: \(\Delta\)AJC ~ \(\Delta\)ABS (g.g) => AJ.AS = c.b (5)

\(\Delta\)SJB ~ \(\Delta\)SBA (g.g) => SB² = SJ.AS (6)

Từ (5) và (6) suy ra: c.b + SB² = AJ.AS + SJ.AS = AS² < SN² = 4R² (Quan hệ giữa đường kính và dây cung)

\(\Rightarrow bc+BT^2+ST^2\le4R^2\)(ĐL Pytagore) \(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+\left(R-OT\right)^2\le4R^2\)

\(\Rightarrow bc+\frac{a^2}{4}+R^2-2R.OT+OT^2\le4R^2\)\(\Leftrightarrow bc+\frac{a^2}{4}-2R.OT+OT^2\le3R^2\)

Tương tự: \(ab+\frac{c^2}{4}-2R.OF+OF^2\le3R^2;\)\(ca+\frac{b^2}{4}-2R.OE+OE^2\le3R^2\)

Do đó: \(ab+bc+ca+\frac{a^2+b^2+c^2}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+OT^2+OE^2+OF^2\le9R^2\)

Áp dụng BĐT: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) và \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) ta có:

\(ab+bc+ca+\frac{ab+bc+ca}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(OT+OE+OF\right)+\frac{\left(OT+OE+OF\right)^2}{3}\le9R^2\)

Áp dụng ĐL Carnot cho \(\Delta\)ABC có tâm ngoại tiếp O: \(OT+OE+OF=R+r\)

Từ đó có: \(\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}-2R\left(R+r\right)+\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\le9R^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le9R^2+2R\left(R+r\right)-\frac{\left(R+r\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\frac{5\left(ab+bc+ca\right)}{4}\le\frac{32R^2+4Rr-r^2}{3}=\frac{\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{3}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\) 

Hay \(AB.BC+BC.CA+CA.AB\le\frac{4\left(4R+r\right)\left(8R-r\right)}{15}\) (đpcm).