Lời giải:

a) Ta có:

$P$ là điểm chính giữa $\mathop{AB}\limits^{\displaystyle\frown}$

$\Rightarrow \mathop{AP}\limits^{\displaystyle\frown}=\mathop{BP}\limits^{\displaystyle\frown}$

$\Rightarrow AP = BP$

Ta lại có: $OA = OB$

$\Rightarrow OP$ là trung trực của $AB$

$\Rightarrow PQ\perp AB$

$\Rightarrow \widehat{D} = 90^\circ$

Bên cạnh đó:

$\widehat{PIQ} = \widehat{PIK} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{PIK} + \widehat{D} = 180^\circ$

Xét tứ giác $PDIK$ có:

$\widehat{PIK} + \widehat{D} = 180^\circ\quad (cmt)$

Do đó: $PDIK$ là tứ giác nội tiếp

hay `4` điểm $P, D, I, K$ cùng thuộc một đường tròn

b) Ta có:

$PQ$ là trung trực của $AB$

$\Rightarrow QA = QB$

$\Rightarrow \mathop{QA}\limits^{\displaystyle\frown}=\mathop{QB}\limits^{\displaystyle\frown}$

$\Rightarrow \widehat{QIA} = \widehat{QIB}$

$\Rightarrow IQ$ là tia phân giác của $\widehat{AIB}$

c) Ta có:

$A, B, P, I$ cùng thuộc $(O)$

$\Rightarrow ABPI$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{CAI} = \widehat{BPI} = \widehat{BPC}$

Xét $\triangle CAI$ và $\triangle CPB$ có:

$\begin{cases}\widehat{C}:\ \text{góc chung}\\ \widehat{CAI} = \widehat{BPC}\quad (cmt)\end{cases}$

Do đó: $\triangle CAI\backsim \triangle CPB\ (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{CA}{CP} = \dfrac{CI}{CB}$

$\Rightarrow CI.CO = CA.CB$

d) Xét $\triangle CPQ$ có:

$CD\perp PQ\quad (PQ\perp AB)$

$QI\perp CP\quad (\widehat{QIP}=90^\circ)$

$CD\cap QI= \{K\}$

$\Rightarrow K$ là trực tâm $\triangle CPQ$

$\Rightarrow PK\perp CQ$