Giải thích các bước giải:

a.Vì $BC$ là đường kính của $(O)\to AB\perp AC\to\widehat{BAC}=90^o$

Ta có $I,H$ đối xứng qua $AB\to \widehat{IAB}=\widehat{BAH}\to\widehat{IAH}=2\widehat{BAH}$

Tương tự $\widehat{KAH}=2\widehat{HAC}$

$\to \widehat{IAK}=\widehat{IAH}+\widehat{HAK}=2\widehat{BAH}+2\widehat{HAC}=2\widehat{BAC}=180^o$ 

$\to I,A,K$ thẳng hàng

Ta có:
$\widehat{IAB}=\widehat{BAH}=90^o-\widehat{ABH}=90^o-\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$

$\to IA$ là tiếp tuyến của $(O)$

$\to IK$ là tiếp tuyến của $(O)$

b.Kẻ $AD\perp BN$

Ta có $AB\perp AC\to AB\perp AN$

$\to \Delta ABN$ vuông tại $A$

Mà $AD\perp BN=D$

$\to \dfrac{1}{AD^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AN^2}$(Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Ta có: $AD\perp BN, AH\perp BC, BN\perp BC$ vì $BN$ là tiếp tuyến của $(O)$

$\to ADBH$ là hình chữ nhật

$\to AD=BH$

$\to \dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AN^2}$

$\to đpcm$

c.Ta có $IK, BN$ là tiếp tuyến của $(O)$

$\to MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)$

$\to MA=MB$

$\to \widehat{MAB}=\widehat{MBA}$

$\to 90^o-\widehat{MAB}=90^o-\widehat{MBA}$

$\to 90^o-\widehat{MAB}=90^o-\widehat{NBA}$

$\to \widehat{MAN}=\widehat{BNA}$

$\to \widehat{MAN}=\widehat{MNA}$

$\to \Delta MNA$ cân tại $M\to MA=MN$

$\to MN=MB$

$\to M$ là trung điểm $BN$

Ta có $H,I$ đối xứng qua $AB\to HI\perp AB=E\to HE\perp AB$

Tương tự $HF\perp AC$

Mà $AB\perp AC\to AEHF$ là hình chữ nhật

$\to AH\cap EF=G$ là trung điểm mỗi đường

$\to AG=GH$

Mà $MN=MB\to\dfrac{AG}{NM}=\dfrac{2AG}{2NM}=\dfrac{AH}{NB}=\dfrac{CA}{CN}$

Lại có: $\widehat{CAG}=\widehat{CNM}$

$\to \Delta CAG\sim\Delta CNM(c.g.c)$

$\to\widehat{ACG}=\widehat{NCM}\to C,G,M$ thẳng hàng

$\to MC,AH,EF$ đồng quy tại $G$

d.Ta có $I,H$ đối xứng qua $AB\to \widehat{AIB}=\widehat{AHB}=90^o, BI=BH, AI=AH$

Tương tự $\widehat{AKC}=\widehat{AHC}=90^o, AK=AH, CK=CH$

$\to S_{BCKI}=S_{AIBH}+S_{AHCK}=2S_{ABH}+2S_{ACH}=2S_{ABC}=AB\cdot AC$

$\to S_{BCKI}\le \dfrac12(AB^2+AC^2)=\dfrac12BC^2$

Dấu = xảy ra khi $AB=AC$

$\to A$ nằm giữa cung $BC$

e.Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A, AH\perp BC\to AH^2=HB\cdot HC$

         $\Delta AHB$ vuông tại $H, HE\perp AB\to HB^2=BE\cdot BA$

         $\Delta AHC$ vuông tại $H, HF\perp AB\to HC^2=CF\cdot CA$

Lại có $\Delta ABC$ vuông tại $A,AH\perp BC\to AH\cdot BC=AB\cdot AC(=2S_{ABC})$

$\to AH^4=(HB\cdot HC)^2=HB^2\cdot HC^2=(BE\cdot BA)\cdot (CF\cdot CA)$

$\to AH^4=BE\cdot CF\cdot BA\cdot CA$

$\to AH^4=BE\cdot CF\cdot AH\cdot BC$

$\to BE\cdot BF\cdot BC=AH^3$

f.Gọi $NO\cap BP=J$

Vì $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)\to OM$ là phân giác $\widehat{AOB}$

Tương tự $OP$ là phân giác $\widehat{AOC}$

Mà $\widehat{AOB}+\widehat{AOC}=180^o$

$\to OM\perp OP$

Lại có $AO\perp MP\to AM\cdot AP=AO^2=R^2$

Mặt khác $MA=MB=\dfrac12BN, PA=PC$ vì $PC,PA$ là tiếp tuyến của $(O)$

$\to \dfrac12BN\cdot CP=R^2$

$\to BN\cdot CP=2R\cdot R$

$\to BN\cdot CP=BC\cdot BO$

$\to \dfrac{BN}{BC}=\dfrac{BO}{CP}$

Lại có: $\widehat{NBO}=\widehat{BCP}=90^o$

$\to \Delta OBN\sim\Delta PCB(c.g.c)$

$\to \widehat{PBC}=\widehat{ONB}$

$\to \widehat{JBO}=\widehat{ONB}$

Mà $\widehat{JOB}=\widehat{NOB}$

$\to \Delta OBJ\sim\Delta ONB(g.g)$

$\to \widehat{OJB}=\widehat{OBN}=90^o$

$\to NO\perp PB$

g.Ta có $AEHF$ là hình chữ nhật

$\to \widehat{AEF}=\widehat{EAH}=\widehat{BAH}=\widehat{IAB}$

$\to AI//EF\to IK//EF$

Mà $OA\perp IK$

$\to AO\perp EF$

h.Ta có $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)\to OM\perp AB$

Mà $OA\perp AM$

$\to OA^2=OQ\cdot OM$

Tương tự $OA^2=OR\cdot OP$

$\to OQ\cdot OM=OR\cdot OP$

$\to \dfrac{OQ}{OP}=\dfrac{OR}{OM}$

Lại có $\widehat{QOR}=\widehat{MOP}$

$\to \Delta OQR\sim\Delta OPM(c.g.c)$

$\to \widehat{OQR}=\widehat{OPM}$

$\to MPRQ$ nội tiếp

Gọi $L$ là giao hai đường trung trực của $MP,QR$

$\to L$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $MPRQ$

Ta có $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)\to MO\perp AB=Q$ là trung điểm $AB$

Tương tự $R$ là trung điểm $AC$

$\to QR$ là đường trung bình $\Delta ABC$

$\to \widehat{PRQ}=\widehat{POB}=180^o-\widehat{ABC}=180^o-60^o=120^o$

Vì $\widehat{ACB}=30^o\to \widehat{ABC}=90^o-\widehat{ACB}=60^o$

Ta có: 

$\cos\widehat{MOB}=\dfrac{OB}{OM}\to OM=\dfrac{OB}{\cos\widehat{MOB}}=\dfrac{R}{\cos\widehat{ACB}}=\dfrac{R}{\cos30^o}$

$\to OM=\dfrac{2R}{\sqrt{3}}$

Ta có $R,O$ là trung điểm $AC, BC\to OR$ là đường trung bình $\Delta ABC$

$\to OR=\dfrac12AB=\dfrac12R$

$\to MR=\sqrt{MO^2+OR^2}=\dfrac{R\sqrt{57}}{6}$

Xét $\Delta PMR$ có: $\widehat{MPO}=\widehat{APO}=\widehat{OPC}=\widehat{ACB}=30^o$

$\to \dfrac{MR}{\sin\widehat{MPR}}=2LP$ (Định lý sin)

$\to \dfrac{MR}{\sin30^o}=2LP$

$\to LP=\dfrac{MR}{2\sin30^o}=\dfrac{R\sqrt{57}}{6}$

$\to$Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác $MPRQ$ là $\dfrac{R\sqrt{57}}{6}$