2)

Xét tứ giác $MBCD$, ta có:

+  $CD//BM$

+  $MD//BC$

Nên tứ giác $MBCD$ là hình bình hành

3)

Ta có $AK\bot BM$

Mà $BM//CD$

Nên $AK\bot CD$

Ta có:

+  $MA=MC$ (vì $M$ là điểm chính giữa cung $AC$)

+  $OA=OC=R$

Nên $OM$ là đường trung trực của $AC$

Do đó $OM\bot AC$ tại $H$

Và $H$ là trung điểm $AC$

Xét $\Delta AKC$ vuông tại $K$ có $KH$ là trung tuyến

Nên $HK=HA$

$\Rightarrow \Delta HKA$ cân tại $H$

$\Rightarrow \widehat{HKA}=\widehat{HAK}$

Mà $\widehat{HAK}=\dfrac{1}{2}\text{sd}\overset\frown{MC}=\dfrac{1}{2}\text{sd}\overset\frown{MA}=\widehat{MBA}$

Nên $\widehat{HKA}=\widehat{MBA}$

Mà $\widehat{MBA}+\widehat{MAB}=90{}^\circ $

Do đó $\widehat{HKA}+\widehat{MAB}=90{}^\circ $

Hay nói cách khác $\Delta KAP$ vuông tại $P$

Vậy $KP\bot AB$

4)

Xét $\Delta APH$ và $\Delta ACB$, ta có:

+  $\widehat{PAH}$ là góc chung

+  $\widehat{APH}=\widehat{ACB}=90{}^\circ $

Nên $\Delta APH\backsim\Delta ACB\left( g.g \right)$

Do đó $\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{AH}{AB}\Rightarrow AP.AB=AC.AH$

5)

Xét $\Delta KAB$, ta có:

+  $BM$ là đường cao thứ nhất

+  $KP$ là đường cao thứ hai

+  $BM$ cắt $KP$ tại $Q$

Nên $Q$ là trực tâm của $\Delta KAB$

Do đó $AQ\bot KB\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có $\widehat{AIB}=90{}^\circ $ (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

Nên $AI\bot KB\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$

$\Rightarrow AQ\equiv AI$

$\Rightarrow $Ba điểm $A,Q,I$ thẳng hàng