a) Vì \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(ABOC\) có

 \(\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ .\)

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \(ABOC\) nội tiếp.

Ta có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); \(OB = OC = R\).

Suy ra \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) (đpcm).

b) Do \(K\) là trung điểm \(BC,M\) là trung điểm \(BH\) nên \(KM\) là đường trung bình \(\Delta BCH.\)

Suy ra \(KM\,{\rm{//}}\,CH\) nên \(\widehat {QMK} = \widehat {QPC}\) (đồng vị)

Vì \(\Delta OCQ\) cân tại \(O\) \(\left( {OC = OQ} \right)\) nên \(\widehat {OCQ} = \widehat {OQC}.\)

Suy ra \(\widehat {OCQ} = \widehat {OQC} = \frac{{180^\circ  - \widehat {COQ}}}{2} = 90^\circ  - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\)

Vì \[AC\] là  tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[C\] nên \(OC \bot CA\) hay \(\widehat {OCA} = 90^\circ \).

Suy ra \[\widehat {ACQ} = 90^\circ  - \widehat {OCQ}\]\[ = 90^\circ  - \left( {90^\circ  - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác  nên \[\widehat {QPC} = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {QCA} = \widehat {QPC}\). Vậy \(\widehat {QMK} = \widehat {QCA}\).

c) Kẻ \(AQ\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(E.\)

– Xét \(\Delta ACQ\) và \(\Delta AEC\) có \(\widehat {CAE}\) chung; .

Do đó

Suy ra \(\frac = \frac\) hay AC² = AE. AQ

– Xét \(\Delta ACK\) và \(\Delta AOC\) có \(\widehat {AKC} = \widehat {ACO} = 90^\circ \); \(\widehat {ACK} = \widehat {AOC}\) (cùng phụ \(\widehat {OCK}\,)\).

Do đó .

Suy ra \(\frac = \frac\) hay AC² = AK. AQ

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(AK \cdot AO = AE \cdot AQ\) hay \(\frac = \frac\).

– Xét \(\Delta AKQ\) và \(\Delta AEO\) có \(\widehat {OAE}\) chung; \(\frac = \frac\) (chứng minh trên).

Do đó . Suy ra \(\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}\).

• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 6 \right)\)

⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\) 

Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)

Do đó  suy ra \(\frac = \frac\) nên \(\frac = \frac.\)

Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac = \frac\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)

Do đó  suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)\)

⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)\)

Từ \(\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)

Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)

Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(ACKQ\) có \(\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}\) nên tứ giác \(ACKQ\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {AQC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \).

Do \(\widehat {AQC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CQE} = 90^\circ \) nên \(CE\) là đường tròn đường kính của \[\left( O \right)\].

Suy ra ba điểm \(E,\,\,O,\,\,C\) thẳng hàng nên \(\widehat {CPQ} = \widehat {CEQ}\).

Ta có \(\tan \widehat {CPQ} = \tan \widehat {CEQ} = \frac = \frac\).

Do đó \(AC = 2R\tan \widehat {ACQ} = 2R\tan \widehat {CPQ}\) (đpcm).