Giải thích các bước giải:

a) Gọi H là trung điểm của AB

Đường tròn $(O)$ đường kính $AB$, nên $O=H$ là trung điểm của AB.

Xét đường tròn $(O)$ đường kính AB ta có:

$\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác AMBN có:

$\widehat{AMB}=\widehat{ANB}=\widehat{MAN}=90^o$

$\to AMBN$ là hình chữ nhật.

b) Ta có:

Tứ giác AMBN nội tiếp đường tròn đường kính AB nên $\to \widehat{AMN}=\widehat{ABN}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AN của (O))

mà $\widehat{ABN}=\widehat{ADB}$ (hai góc cùng phụ với góc $\widehat{BAD}$)

Như vậy ta có:

$\widehat{AMN}=\widehat{ADB}=\widehat{NDC}\to \widehat{CMN}+\widehat{NDC}=180^o$

Xét tứ giác CMND ta có:

$\widehat{CMN}+\widehat{NDC}=180^o$ mà chúng ở vị trí đối đỉnh nên

$\to CMND$ là tứ giác nội tiếp.

c) CM: KE.KA=KM.KN

+ Do tứ giác AEMN nội tiếp nên: $\widehat{AEM}+\widehat{ANM}=180^o\to \widehat{KEM}=\widehat{ANM}=\widehat{KNA}$ 

Xét tam giác KEM và tam giác KNA ta có:

Góc K chung và $\widehat{KEM}=\widehat{KNA}$

$\to \Delta KEM\sim \Delta KNA$ (g-g)

$\to \dfrac{KE}{KN}=\dfrac{KM}{KA}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\to KE.KA=KM.KN$(1)

+Chứng minh tương tự với tứ giác CMND nội tiếp ta có:

$\widehat{KMC}=\widehat{KDN}$

Xét tam giác KMC và tam giác KDN ta có:

Góc K chung và $\widehat{KMC}=\widehat{KDN}$

$\to \Delta KMC\sim \Delta KDN$ (g-g)

$\to \dfrac{KM}{KD}=\dfrac{KC}{KN}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\to KC.KD=KM.KN$(2)

Từ (1) và (2) ta có: $KE.KA=KC.KD$ (đpcm) (*)

CM: $EC\perp ED$

Xét tam giác KEC và tam giác KDA ta có:

Góc K chung và $\dfrac{KE}{KC}=\dfrac{KD}{KA}$ (suy ra từ (*))

$\to \Delta KEC\sim \Delta KDA$ (c-g-c)

$\to \widehat{KEC}=\widehat{KDA}$ (hai góc tương ứng)

$\to \widehat{AEC}+\widehat{KDA}=180^o$

hay $\widehat{AEC}+\widehat{ADC}=180^o$ mà chúng ở vị trí đối đỉnh

$\to$ AECD nội tiếp.

$\to \widehat{CED}=\widehat{CAD}=90^o$ (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

$\to ED\perp EC$

d)

Ta có: Do I là trung điểm của CD nên IC=ID=IA$\to \widehat{IAC}=\widehat{ICA}$

Gọi $J=AI\cap MN$

$\widehat{AMJ}+\widehat{MAJ}=\widehat{AMJ}+\widehat{ICA}=\widehat{AMJ}+\widehat{ANM}=90^o\to AJ\perp MN =J$

Lại có: 

Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMND nên $QH\perp MN=H$

Suy ra: $QH//AJ$ hay $QH//AI$ (1)

Mặt khác:

Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMND nên $QI\perp CD=I$ mà $AB\perp CD\to QI//AB$ hay $QI//AH$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác $ AHQI$ là hình bình hành $\to QH//=AI\to QH//=IF$ nên $HQFI$ là hình bình hành

$\to QF//=HI$ (3)

Xét tam giác ABE có: H, I lần lượt là trung điểm của AB, AF nên $HI//=\dfrac12.BF$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $QF//BF\Rightarrow B, Q, F$ thẳng hàng mà $QF=\dfrac{1}{2}.BF$

Suy ra điểm Q là trung điểm của BE.