Đáp án đúng:
Giải chi tiết:
1) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle E = \frac{1}{2}sd\,cung\,AB - \frac{1}{2}sd\,cung\,BC = \frac{1}{2}sd\,cung\,AC\\\angle ADC = \frac{1}{2}sd\,cung\,AC\end{array} \right.\)
(Vì góc ADC là góc nội tiếp đường tròn (O) chắn cung AC).
\( \Rightarrow \angle E = \angle ADC\,\,\left( { = \frac{1}{2}sd\,cung\,AC} \right)\)
 \( \Rightarrow ECDF\) ECDF là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
2) Gọi H là trung điểm của BF. Chứng minh OE vuông AH.
Gọi K là giao điểm EO và AH.
EAF là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên là góc vuông.
Tam giác ABF và ABE đều vuông tại E nên:
\(\begin{array}{l}\sin \angle BAF = \frac{{BF}}{{AF}} = \frac{{2HF}}{{FA}}\\\sin \angle AEB = \frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{2AO}}{{FA}}\end{array}\)
\(\angle BAF = \angle AEB\) (do cùng phụ \(\angle EAB\))  nên: \(\frac{{HF}}{{FA}} = \frac{{AO}}{{FA}}\)
Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AFH = \angle EAO\\\frac{{HF}}{{FA}} = \frac{{AO}}{{FA}}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta AFH \sim \Delta AEO\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle FAH = \angle AEO\\\angle FAH + \angle EAK = {90^0} = \angle AEO + \angle EAK\\ \Rightarrow \angle AEK = {90^0} \Rightarrow OE \bot AH\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
3) Gọi K là giao điểm của OE và AH. Chứng minh K thuộc đường tròn ngoại tiếp ECDF.
Ta có: OBD là tam giác cân tại O nên: \(\angle ODB = \angle OBD.\)
EDB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên đây là góc vuông, do đó: DH = BH( tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Do vậy BHD cân tại H nên: \(\angle BDH = \angle DBH.\)
Vậy: \(\angle ODH = \angle ODB + \angle BDH = \angle OBD + \angle DBH = \angle OBH = {90^0} = \angle OKH.\)
Do đó tứ giác OKDH nội tiếp. (dhnb)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle KDO = \angle KHO\\\angle CEK = \angle KHO\end{array} \right. \Rightarrow \angle KDO = \angle CEK \Rightarrow \angle CDK = \angle CEK\)
Nên tứ giác ECKD nội tiếp.
Vậy K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ECD.
4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECDF. Chứng minh I luôn thuộc đường thẳng cố định và đường tròn (I) luôn đi qua 2 điểm cố định khi C di động trên (O).
Gọi N là giao điểm của CB và KH.
Vì các góc ECN, EKN vuông nên: EN là đường kính của (I), I là trung điểm EN.
Gọi P là hình chiếu I lên EF. Do NF vuông EF (vì EFN là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên IP // NF.
IP là đường trung bình tam giác \(\Delta ENF \Rightarrow IP = \frac{{FN}}{2}.\)
Tứ giác AFNB có: FN // AB, FA // NB nên là hình bình hành, do vậy: \(FN = AB.\)
Do đó: \(IP = \frac{1}{2}AB = OB.\) 
Mà OB cố định nên I luôn di động trên đường thẳng song song với EF, cách EF một khoảng không đổi OB.
AB luôn cắt (I) tại 2 điểm. Gọi 2 điểm đó là M và Q, R là bán kính đường tròn tâm O.
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\angle MOD = \angle COQ\\\angle MDO = \angle CQO\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ODM \sim \Delta OQC\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{OD}}{{OQ}} = \frac{{OM}}{{OC}} \Rightarrow OD.OC = {R^2} = OM.OQ\\\left\{ \begin{array}{l}\angle CAM = \angle QAE\\\angle ACM = \angle AQE\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta AQE(g.g)\\ \Rightarrow \frac{{AC}}{{AQ}} = \frac{{AM}}{{AE}} \Leftrightarrow AC.AE = AQ.AM\\AC.AE = A{B^2} = 4{R^2} \Rightarrow AQ.AM = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow \left( {AO + OQ} \right)\left( {AO - OM} \right) = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow \left( {R + OQ} \right)\left( {R - OM} \right) = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow {R^2} - R.OM + R.OQ - OQ.OM = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow {R^2} + R\left( {OQ - OM} \right) - {R^2} = 4{R^2}\\ \Rightarrow OQ - OM = 4R.\end{array}\)
Do vậy ta luôn tính được OQ, OM theo R. Mà O, R cố định nên Q, M cố định.
Vậy đường tròn (I) luôn đi qua 2 điểm cố định M, Q khi C di động trên đường tròn (O).