1)

Ta có $\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^o}$ nên từ đó suy ra được tứ giác $BFEC$ nội tiếp đường tròn đường kính BC

2)

$\widehat {AKB} = \widehat {ACB} = \widehat {ACD}$ (cùng chắn cung AB) nên $\Delta AKB$ và $\Delta ACD$ có:

$\left\{ \begin{array}{l} \widehat {AKB} = \widehat {ACD}\left( {cmt} \right)\\ \widehat {ABK} = \widehat {ADC} = {90^o} \end{array} \right.$ nên hai tam giác này đồng dạng

$\begin{array}{l}  \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AK}} = \dfrac{{AD}}{{AC}}\\  \Rightarrow AB.AC = AK.AD \end{array}$

3) Ta có AK là đường kính của đường tròn (O) nên $AC\bot CK$

$\left\{ \begin{array}{l} BH \bot AC\\ CK \bot AC \end{array} \right. \Rightarrow BH//CK$

Tương tự $HC//BK$. Vậy tứ giác $BHCK$ là hình bình hành.

Vì M là trung điểm BC mà BHCK là hình bình hành nên HK đi qua trung điểm của BC hay $H,M,N$ thẳng hàng hay M là trung điểm HK. Đường tròn ngoại tiếp của tam giác $AFE$ chính là đường tròn đi qua bốn điểm $A,F,H,E$. (dễ dàng chứng minh bằng $\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^o$) nên tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH.

$\Delta AHK$ có O là trung điểm AK, M là trung điểm của HK nên OM là đường trung bình của $\Delta AHK$ nên $AH=2OM$.

Vì BC không đổi nên khoảng cách từ $O\rightarrow M$ không đổi nên $AH$ không đổi

$\begin{array}{l} {S_{AFE}} = {R^2}.\pi  = {\left( {\dfrac{{AH}}{2}} \right)^2}\pi \\  = O{M^2}.\pi \left( {const} \right) \end{array}$