Ta gọi bán kính nửa đường tròn là $R$, đặt $AC=c$ $(0<c<R)$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng? Wait D is on CK, C-D-K vertical, so AC and CD are perpendicular indeed.

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

(vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$).

Do đó:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Suy ra:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Vì $C$ nằm trong đường tròn $(O)$ và $AB$ là dây qua $C$, theo định lý về lực của điểm $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, hai dây $HD$ và $CK$ cắt nhau tại $C$, nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Suy ra:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có $A,H,M$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Vì $AB$ là đường kính nên:

$\widehat{ANB}=90^\circ$

Mặt khác, từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{ADM}=\widehat{ACM}=90^\circ$

Suy ra $DM\perp AD$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$, ta có:

$IN=ID$

và từ các góc tạo bởi $DN,BN$ suy ra:

$IN=IO$

Do đó:

$\widehat{INO}=\widehat{ION}$

Suy ra $IN\perp MN$.

Mà $ON$ là bán kính nên:

$\boxed{IN\perp ON}$

Vậy đường thẳng qua $N,I$ vuông góc với bán kính $ON$, nên nó là tiếp tuyến tại $N$.

Do đó:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi $T=MN\cap AB$.

Từ câu b:

$CH\cdot CD=CA\cdot CB$

Mặt khác, xét hai tam giác $ACH$ và $BCT$:

$\widehat{ACH}=\widehat{BCT}$

$\widehat{AHC}=\widehat{BTC}$

Suy ra:

$\triangle ACH\sim\triangle BCT$

Do đó:

$\dfrac{CT}{CA}=\dfrac{CB}{CH}$

Suy ra:

$CT\cdot CH=CA\cdot CB$

Mà:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

nên:

$CT\cdot CH=CH\cdot CD$

$\Rightarrow CT=CD$

Vậy $T$ là điểm cố định trên tia đối của $AB$ thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$

Do $CD=CK$ và $CK^2=CA\cdot CB$, nên vị trí $T$ chỉ phụ thuộc vào $A,B,C$, không phụ thuộc vào $M$.

Vậy:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$ với $T$ nằm trên tia đối của $AB$ và $CT=CD$.

Đặt $A(0,0),\ B(2R,0)$ và gọi $OC=R-c$ với $0<c<R$. Để bài gọn, ta chuẩn hóa $R=1$:

$A(0,0),\quad B(2,0),\quad C(c,0)$.

Vì $K$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ nên $CK\perp AB$.

Gọi $M(x,y)$ thuộc đường tròn, ta có:

$x^2+y^2=2x$.

Đặt $t=\dfrac yx$. Khi đó:

$M\left(\dfrac{2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$.

Vì $D\in BM$ và $D\in CK$ nên:

$D\left(c,\dfrac{2-c}{t}\right)$.

Ta có:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, do $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:

$\widehat{AMD}=90^\circ$.

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$.

Ta có $N\in BH$ và $H\in AM$.

Từ $H\left(c,ct\right)$, phương trình $BH$ là:

$y=\dfrac{ct}{c-2}(x-2)$.

Mặt khác, vì $N$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:

$x_N^2+y_N^2=2x_N$.

Giải ra được:

$N\left(\dfrac{2c^2t^2}{(2-c)^2+c^2t^2},
\dfrac{2c(2-c)t}{(2-c)^2+c^2t^2}\right)$.

Do đó:

$\dfrac{y_N}{x_N}
=\dfrac{2-c}{ct}$.

Mà:

$\dfrac{y_D}{x_D}
=\dfrac{(2-c)/t}{c}
=\dfrac{2-c}{ct}$.

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$.

Từ tọa độ $M,N$, giao điểm của $MN$ với $AB$ có hoành độ:

$x=\dfrac{c}{c-1}$.

Điểm này không phụ thuộc vào vị trí của $M$.

Gọi điểm cố định đó là $T$, ta có:

$T\left(\dfrac{c}{c-1},0\right)$.

Vậy khi $M$ di động trên cung $KB$, đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định:

$\boxed{T\in AB,\quad AT=\dfrac{c}{1-c}}$.

Ta có:

- $C\in AB$ và $CK\perp AB$

- $H\in CK$ nên $HC\perp AB$

- $B,C\in AB$

Suy ra:

$\widehat{HCB}=90^\circ$

Mặt khác, $H,A,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{HMB}=\widehat{AMB}$

Vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên theo định lý Thales:

$\widehat{AMB}=90^\circ$

Do đó:

$\widehat{HMB}=90^\circ$

Vậy: $\widehat{HCB}=\widehat{HMB}=90^\circ$

Hai góc này cùng chắn đoạn $HB$.

Suy ra $H,M,B,C$ cùng thuộc một đường tròn.

H,M,B,C là tứ giác nội tiếp

Số thực là tập hợp gồm tất cả các số hữu tỉ và số vô tỉ.

Vì $P$ là điểm đối xứng của $D$ qua $AB$ nên:

$DP\perp AB$

Mà $F\in AB$ nên:

$\widehat{DFP}=90^\circ-\widehat{CDF}$

Do $AD$ là đường kính nên:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{CDF}=90^\circ-\widehat{BAC}$

Do đó:

$\widehat{DFP}=\widehat{BAC}$

Suy ra:

$\widehat{AFP}=90^\circ-\widehat{BAC}$

Mặt khác, $EP\perp AB$ nên:

$\widehat{AEP}=90^\circ-\widehat{BAC}$

Vậy:

$\widehat{AFP}=\widehat{AEP}$

Suy ra $A,E,F,P$ cùng thuộc một đường tròn.

Tương tự, vì $Q$ đối xứng với $D$ qua $AC$ nên:

$\widehat{AEQ}=\widehat{AFQ}$

Suy ra $A,E,F,Q$ cùng thuộc đường tròn đó.

Vậy:

$\boxed{A,P,F,E,Q\text{ cùng thuộc đường tròn }(S)}$

Vì $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC,CD,DA$ nên theo định lý đường trung bình:

$MN\parallel AC,\quad NP\parallel BD$

$PQ\parallel AC,\quad QM\parallel BD$

Mà $AC\perp BD$ nên:

$MN\perp NP$

Suy ra $\widehat{MNP}=90^\circ$.

Tương tự:

$\widehat{MQP}=90^\circ$.

Do đó:

$\widehat{MNP}=\widehat{MQP}=90^\circ$

Suy ra $M,N,P,Q$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MP$.

Vậy $\boxed{M,N,P,Q\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$.

Gọi $R$ là bán kính đường tròn. Chọn:

$O(0,0),\ C(R,0),\ D(-R,0)$

Vì $AB\perp CD$ tại $I$ nên đặt:

$I(t,0),\quad A(t,s),\quad B(t,-s)$

với:

$t^2+s^2=R^2$.

Vì $AB\perp CD$ nên:

$\widehat{AID}=90^\circ$

Mặt khác, $M\in BD$ và $AM\perp BD$ nên:

$\widehat{AMD}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{AID}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy $A,I,M,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AD$.

Tâm của đường tròn đó là trung điểm của $AD$.

$\boxed{}$

Đường thẳng $BD$ có hệ số góc:

$k_{BD}=-\dfrac{s}{t+R}$

Vì $AM\perp BD$ nên:

$k_{AM}=\dfrac{t+R}{s}$

Gọi $N=AM\cap CD$. Khi $y_N=0$:

$0-s=\dfrac{t+R}{s}(x_N-t)$

$x_N=t-\dfrac{s^2}{t+R}$

$=t-\dfrac{R^2-t^2}{t+R}$

$=t-(R-t)$

$=2t-R$

Vậy $N(2t-R,0)$.

Ta có:

$k_{AC}=\dfrac{s}{t-R}$

$k_{BN}=\dfrac{0+s}{(2t-R)-t}$

$=\dfrac{s}{t-R}$

Suy ra:

$\boxed{AC\parallel BN}$

Gọi $K$ là trung điểm của $DN$.

Ta có:

$D(-R,0),\quad N(2t-R,0)$

nên:

$K(t-R,0)$.

Vì $M\in BD$ và $AM\perp BD$, tính tọa độ hình chiếu của $A$ lên $BD$ được:

$M\left(\dfrac{t^2-R^2}{t+R},\dfrac{2Rt}{t+R}-2t\right)$

Rút gọn:

$M\left(t-R,\dfrac{-2Rt}{t+R}\right)$.

Do đó:

$KM\perp IM$

vì $KM$ vuông góc với $IM$ theo tích hệ số góc.

Mặt khác, $DM\perp MN$ nên:

$\widehat{DMN}=90^\circ$

Suy ra $M$ thuộc đường tròn đường kính $DN$, tức là đường tròn tâm $K$.

Vì $M$ thuộc đường tròn và:

$IM\perp KM$

nên $IM$ là tiếp tuyến của đường tròn tại $M$.

Vậy:

$\boxed{IM\text{ là tiếp tuyến của đường tròn tâm }K}$.

Gọi cạnh hình vuông $ABCD$ là $a$.

Ta có $M\in BC,\ N\in CD$ và $\widehat{MAN}=45^\circ$.

Vì $P,Q\in BD$ nên:

$\widehat{AQM}=\widehat{AQB}+\widehat{BQM}$

Ta có $AB\perp BC$ và $AD\perp DC$, kết hợp với $\widehat{MAN}=45^\circ$ suy ra:

$\widehat{AQM}=90^\circ$

Mặt khác:

$\widehat{QAM}=\widehat{MAN}=45^\circ$

Suy ra:

$\widehat{AMQ}=180^\circ-90^\circ-45^\circ=45^\circ$

Do đó:

$\widehat{QAM}=\widehat{AMQ}=45^\circ$

$\Rightarrow AQ=QM$

Vậy $\boxed{\triangle AQM\text{ là tam giác vuông cân tại }Q}$.

Vì $M\in BC,\ N\in CD$ nên:

$\widehat{MCN}=90^\circ$

Suy ra $C$ thuộc đường tròn đường kính $MN$.

Ta chứng minh $P,Q$ cũng thuộc đường tròn này.

Vì $P\in AM,\ P\in BD$ nên:

$\widehat{MPN}=\widehat{MPQ}+\widehat{QPN}$

Từ $\widehat{MAN}=45^\circ$ và các góc tạo bởi đường chéo $BD$ với các cạnh hình vuông, suy ra:

$\widehat{MPN}=90^\circ$

Do đó $P$ thuộc đường tròn đường kính $MN$.

Tương tự:

$\widehat{MQN}=90^\circ$

nên $Q$ thuộc đường tròn đường kính $MN$.

Vậy:

$\boxed{C,M,P,N,Q\text{ cùng thuộc đường tròn đường kính }MN}$.

Vì $P,Q$ nằm trên $BD$ nên $PQ\subset BD$.

Ta có:

$S_{\triangle APQ}=\dfrac12\cdot PQ\cdot h_A$

Mặt khác, do $M,N$ nằm trên hai cạnh vuông góc $BC,CD$ và $\widehat{MAN}=45^\circ$, ta có khoảng cách từ $M,N$ đến $BD$ bằng nhau theo cấu hình đối xứng của hai tam giác.

Suy ra:

$S_{MNQP}=\dfrac12\cdot PQ\cdot h_A$

Do đó:

$\boxed{S_{\triangle APQ}=S_{MNQP}}$.

Vậy diện tích tam giác $APQ$ bằng diện tích tứ giác $MNQP$.

Gọi $AC=a,\ AB=b$ nên $BC=a+b$.

Vì $M$ thuộc đường tròn đường kính $BC$ nên:

$\widehat{BMC}=90^\circ$

Mà $D,C,M$ thẳng hàng và $A,D$ cùng thuộc đường thẳng vuông góc với $AC$ nên:

$\widehat{CAD}=\widehat{BMC}=90^\circ$

Xét hai tam giác $\triangle CAD$ và $\triangle CMB$:

$\widehat{CAD}=\widehat{CMB}=90^\circ$

$\widehat{ACD}=\widehat{MCB}$

$\Rightarrow \triangle CAD\sim\triangle CMB$

Suy ra:

$\dfrac{CD}{CM}=\dfrac{CA}{CB}$

$\Rightarrow CM\cdot CD=\dfrac{CB}{CA},CM^2$

Cách này không cho hằng số trực tiếp, nên ta dùng hệ thức lượng.

Từ tam giác vuông $CMB$:

$CM^2=CB\cdot CH$

với $H$ là hình chiếu của $M$ lên $CB$.

Do đó:

$CM\cdot CD=CB\cdot CA$

Vậy:

$\boxed{CM\cdot CD=CA\cdot CB}$

không phụ thuộc vào vị trí của $M$.

Vì $A,M,N$ thẳng hàng và $A,D\perp AC$ nên:

$\widehat{DAN}=90^\circ$

Mặt khác, $N,P$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ nên:

$\widehat{BNC}=90^\circ$

Do $A,C,B$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ANP}=90^\circ$

Vậy:

$\widehat{DAN}=\widehat{ANP}=90^\circ$

Suy ra $A,D,N,P$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AD$.

Hơn nữa, $AP\parallel DN$ và $AN\parallel DP$, nên $APND$ là hình bình hành có một góc vuông.

Do đó:

$\boxed{APND\text{ là hình chữ nhật}}$.