a) Chứng minh \(\widehat {ACF} = \widehat {AIE}\)

Chỉ ra được \(\widehat {HIC} = {90^0}\) 

                  \(\widehat {CEH} = {90^0}\)

Suy ra \(\widehat {HIC} + \widehat {CEH} = {180^0}\)

KL tứ giác CIHE nội tiêp \( \Rightarrow \widehat {ACF} = \widehat {AIE}\)

b) ) Chứng minh: \({\rm{EF}} \cdot {\rm{HP  =  EP}} \cdot {\rm{HF}}\)

Chỉ ra \(\widehat {FEB} = \widehat {HCI}\) (2 góc NT cùng chắn cung BF)

\(\widehat {BEI} = \widehat {HCI}\) (2 góc NT cùng chắn cung HI)

Suy ra \(\widehat {FEB} = \widehat {BEI}\) hay \(\widehat {FEH} = \widehat {HEP}\) nên EH là phân giác của tam giác FEP

Suy ra \(\frac{{{\rm{EF}}}}{{EP}} = \frac{{HF}}{{HP}} \Rightarrow {\rm{EF}}{\rm{.HP = EP}}{\rm{.HF}}\)

c) Chứng minh \(\frac{1}{{M{C^2}}} + \frac{1}{{A{Q^2}}} = \frac{4}{{K{Q^2}}}.\)

Áp dụng HTL trong tam giác vuông BMC có MC² = BC. IC

Áp dụng HTL trong tam giác vuông AQC có QC² = AC. EC

Chứng minh \(\Delta AIC\) đồng dạng \(\Delta BEC\) (g.g) => \(\frac{{IC}}{{EC}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow IC.BC = AC.EC\)

Suy ra  MC² = QC² => MC = QC

Chỉ ra \(EQ = \frac{1}{2}KQ\)

Áp dụng HTL trong tam giác vuông AQC có QE là đường cao: \(\frac{1}{{A{Q^2}}} + \frac{1}{{Q{C^2}}} = \frac{1}{{Q{E^2}}}\)

Suy ra \(\frac{1}{{A{Q^2}}} + \frac{1}{{M{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{2}KQ} \right)}^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{Q^2}}} + \frac{1}{{M{C^2}}} = \frac{4}{{K{Q^2}}}\)