Đáp án đúng:
Giải chi tiết:
1) Chứng minh tứ giác \(OHBI\) là hình chữ nhật.
+) Ta có: \(MA,\,\,MB\)  là hai tiếp tuyến của  \(\left( O \right)\) nên \(MO\)  là đường phân giác của  \(\angle AMB\,\) và \(\angle AOB\) (tính chất)
+) Xét \(\Delta OAB\)có: \(OA = OB = R\) nên \(\Delta OAB\)cân tại \(O\)
\( \Rightarrow OM\)là đường phân giác đồng thời là đường cao và đường trung tuyến  của \(\Delta AOB\) (tính chất)
\( \Rightarrow OM \bot AB = \left\{ H \right\} \Rightarrow \angle OHB = {90^0}\)
+) Xét \(\Delta OBD\)có: \(OB = OD = R\)và \(I\) là trung điểm của \(BD.\)
\( \Rightarrow OI\)là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của \(\Delta OBD\)cân tại O
\( \Rightarrow \angle OIB = {90^0}\)
+) Xét \(\Delta ABD\)nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) và  \(AD\)  là đường kính của đường tròn
\( \Rightarrow \Delta ABD\) vuông tại  \(B \Rightarrow \angle HBI = {90^0}\)
+) Xét tứ giác \(OHBI\)  có  \(\angle OHB = \angle OIB = \angle HBI = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OHBI\)  là hình chữ nhật  (dhnb).
Vậy \(OHBI\) là hình chữ nhật. (đpcm)
2) Cho biết \(OI\)cắt \(MB\) tại\(K\), chứng minh \(KD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(MK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại\(B \Rightarrow \angle OBK = {90^0}.\)
Theo câu 1 ta chứng minh được \(\Delta OBD\) cân tại \(O.\) 
\( \Rightarrow OI\)là đường phân giác của \(\angle BOD\)(tính chất)
\( \Rightarrow \angle BOK = \angle DOK\)
Xét \(\Delta BOK\)và \(\Delta DOK\)có:
\(\begin{array}{l}OB = OD\,\,\,\left( { = R} \right)\\\angle BOK = \angle DOK\\OK\,\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta BOK = \Delta DOK\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle OBK = \angle ODK\, = {90^0}\)
\( \Rightarrow KD \bot OD\)
\( \Rightarrow \)\(KD\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (đpcm).
3) Giả sử \(OM = 2R\). Tính chu vi tam giác \(AKD\)theo\(R\).
Xét \(\Delta OMK\)có \(OB \bot MK\) (gt)
Nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông  ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}}\\ \Rightarrow \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} - \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{{R^2}}} - \frac{1}{{4{R^2}}} = \frac{3}{{4{R^2}}}\\ \Rightarrow O{K^2} = \frac{{4{R^2}}}{3}\end{array}\)
Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta OKB\) vuông tại  \(B\) ta  có:
 \(\begin{array}{l}O{B^2} + B{K^2} = O{K^2}\\ \Rightarrow B{K^2} = O{K^2} - O{B^2} = \frac{{4{R^2}}}{3} - {R^2} = \frac{{{R^2}}}{3}\\ \Rightarrow BK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}R\end{array}\)
Ta có: \(\Delta BOK = \Delta DOK\,\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow DK = BK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}R\)
Xét \(\Delta AKD\) vuông tại  \(D \Rightarrow AK = \sqrt {A{D^2} + D{K^2}}  = \sqrt {4{R^2} + \frac{{{R^2}}}{3}}  = \sqrt {\frac{{13}}{3}{R^2}}  = \frac{{\sqrt {39} R}}{3}.\)
Chu vi tam giác \(ADK\) là: \({C_{ADK}} = AK + AD + DK = \frac{{\sqrt {39} R}}{3} + 2R + \frac{{\sqrt 3 R}}{3} = \left( {2 + \frac{{\sqrt {39}  + \sqrt 3 }}{3}} \right)R\)
Vậy chu vi tam giác \(ADK\)  là \(\left( {2 + \frac{{\sqrt {39}  + \sqrt 3 }}{3}} \right)R\)
4) Đường thẳng qua \({\rm{O}}\)và vuông góc với \(MD\)cắt tia \(AB\)tại \(Q.\)  Chứng minh \(K\) là trung điểm của\(DQ\).
Gọi \(DK \cap AB = \left\{ {Q'} \right\}\)
Xét \(\Delta KOD\) và \(\Delta KMO\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle MOK = \angle ODK = {90^0}\\\angle OKM = \angle OKD\,\,\,\left( {\Delta OBK = \Delta ODK} \right)\\ \Rightarrow \Delta KOD \sim \Delta KMO\,\,\,\left( {g - g} \right).\end{array}\)
\( \Rightarrow \frac{{KD}}{{DO}} = \frac{{KO}}{{OM}}\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (hai cạnh tương ứng bằng nhau)
Mà trong \(\Delta DAQ'\) ta có: \(OK\parallel AQ';\,\,\,O\) là trung điểm của \(DA\)
\( \Rightarrow K\)là trung điểm của \(DQ'\) (tính chất) \( \Rightarrow KD = KQ'\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)  
Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{KQ'}}{{DO}} = \frac{{KO}}{{OM}} \Rightarrow \frac{{KQ'}}{{KO}} = \frac{{DO}}{{OM}}\).
Có: \(\angle OKQ' = \angle DOK + \angle ODK = \angle DOK + {90^0} = \angle DOK + \angle KOM = \angle DOM\)
\( \Rightarrow \Delta OKQ' \sim \Delta MOD\,\,\,\,\left( {g - g} \right)\)\( \Rightarrow \angle KOQ' = \angle OMD\) (tính chất)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle KOQ' + \angle Q'OM = \angle OMD + \angle Q'OM = {90^0}\\ \Rightarrow Q \equiv Q'\end{array}\)
Vậy \(K\) là trung điểm của  \(DQ.\)