Bài 4:

a) Ta có: $\widehat{AEB} = 90^o$ (nhìn đường kính $AB$)

⇒ $\widehat{FEK} = 90^o$

$\widehat{AMB} = 90^o$ (nhìn đường kính $AB$)

⇒ $\widehat{FMK} = 90^o$ 

Xét tứ giác $EFMK$ có:

$\widehat{FEK} + \widehat{FMK} = 180^o$

Do đó $EFMK$ là tứ giác nội tiếp

b) Do $\widehat{AEB} = 90^o$

nên $BE\perp AF$

Ta lại có: $AF$ là tia phân giác của $\widehat{MAI}$ $(gt)$

⇒ $\widehat{IAE} = \widehat{MAE}$

⇒ $\overparen{AE} = \overparen{EM}$

⇒ $\widehat{FBE} = \widehat{ABE}$

⇒ $BE$ là đường phân giác của $\widehat{ABE}$

Xét $ΔABF$ có:

$BE\perp AF$

$BE$ là đường phân giác của $\widehat{ABE}$

⇒ $ΔABF$ cân tại $B$

c) Do $ΔABF$ cân tại $B$ và $BE$ là đường phân giác của $\widehat{ABE}$

⇒ $BE$ là đường trung trực của $AF$

mà $H, K \in BE$

nên $\left \{ {{HA = HF} \atop {KA=KF}} \right. (1)$ 

Xét $ΔAHK$ có:

$AE\perp HK$ ($\widehat{AEB} = 90^o$)

$AE$ là đường phân giác của $\widehat{IAM}$ $(gt)$

⇒ $ΔAHK$ cân tại $A$

⇒ $AH = AK$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ ⇒ $AH = AK = FH = FK$

⇒ $AKFH$ là hình thoi

d) $AKFI$ nội tiếp

⇔ $\widehat{MKF} = \widehat{KAI}$ (cùng bù $\widehat{KFI}$)

mà $\widehat{MKF} = \widehat{KAB}$ ($ΔMKB = ΔAKB$ $(c.c.c)$)

nên $\widehat{KAI} = \widehat{KAB}$

⇒ $\overparen{AM} = \overparen{MB}$

⇒ $M$ là điểm chính giữa $\overparen{AB}$

Bài 5:

Ta có: $x + y = 5$

⇔ $(x + y)^{2} = 25$

⇔ $x^{2} + y^{2} = 25 - 2xy = 25 - 2.(-2) = 29$

$P = \dfrac{x^{3}}{y^{2}} + \dfrac{y^{3}}{x^{2}} + 2020$

$= \dfrac{x^{5} + y^{5}}{(xy)^{2}} + 2020$

$= \dfrac{(x^{3} + y^{3})(x^{2}+y^{2}) - (x+y)(xy)^{2}}{(xy)^{2}} + 2020$

$= \dfrac{(x + y)(x^{2} - xy + y^{2})(x^{2}+y^{2}) - (x+y)(xy)^{2}}{(xy)^{2}} + 2020$

$= \dfrac{5.[29-(-2)].29 - 5.(-2)^{2}}{(-2)^{2}} + 2020$

$=\dfrac{12555}{4}$