a)

Vì $AB,AC$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$

$\to \widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90{}^\circ $

$\to \widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $

$\to ABOC$ là tứ giác nội tiếp

b)

$BM\,\,||\,\,AC\,\,\,\left( \,gt\, \right)$

$\to \widehat{KAN}=\widehat{BMN}$ ( hai góc so le trong )

Mà: $\widehat{BMN}=\widehat{KBA}$ ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )

Nên: $\widehat{KAN}=\widehat{KBA}$

Xét $\Delta KAN$ và $\Delta KBA$, ta có:

$\widehat{AKB}$ là góc chung

$\widehat{KAN}=\widehat{KBA}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

$\to \Delta KAN\sim\Delta KBA\,\,\,\left( \,g\,.\,g\, \right)$

$\to \dfrac{KA}{KB}=\dfrac{KN}{KA}$

$\to K{{A}^{2}}=KB.KN$

c)

$\Delta ACO$ vuông tại $C$

$\to A{{C}^{2}}=O{{A}^{2}}+O{{C}^{2}}$

$\to A{{C}^{2}}={{\left( 3R \right)}^{2}}+{{R}^{2}}$

$\to A{{C}^{2}}=10{{R}^{2}}$

$\to AC=R\sqrt{10}$

Xét $\Delta KCN$ và $\Delta KBC$, ta có:

$\widehat{BKC}$ là góc chung

$\widehat{KCN}=\widehat{KBC}$ ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )

$\to \Delta KCN\sim\Delta KBC\,\,\,\left( \,g\,.\,g\, \right)$

$\to \dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KN}{KC}$

$\to K{{C}^{2}}=KB.KN$

Mà: $K{{A}^{2}}=KB.KN\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

Nên: $K{{A}^{2}}=K{{C}^{2}}$

$\to KA=KC$

$\to K$ là trung điểm $AC$

$\to AK=\dfrac{1}{2}AC\,\,=\,\,\dfrac{1}{2}.R\sqrt{10}\,\,=\,\,\dfrac{R\sqrt{10}}{2}$

d)

$\Delta ABO$ vuông tại $B$, đường cao $BH$

$\to A{{B}^{2}}=AH.AO$ ( hệ thức lượng )

Xét $\Delta ABN$ và $\Delta AMB$, ta có:

$\widehat{BAM}$ là góc chung

$\widehat{ABN}=\widehat{AMB}$ ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )

$\to \Delta ABN\sim\Delta AMB\,\,\,\left( \,g\,.\,g\, \right)$

$\to \dfrac{AB}{AM}=\dfrac{AN}{AB}$

$\to A{{B}^{2}}=AN.AM$

Mà: $A{{B}^{2}}=AH.AO\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

Nên: $AN.AM=AH.AO$

$\to \dfrac{AN}{AO}=\dfrac{AH}{AM}$

Xét $\Delta ANH$ và $\Delta AOM$, ta có:

$\widehat{MAO}$ là góc chung

$\dfrac{AN}{AO}=\dfrac{AH}{AM}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

$\to \Delta ANH\sim\Delta AOM\,\,\,\left( \,c\,.\,g\,.\,c\, \right)$

$\to \widehat{ANH}=\widehat{AOM}$ ( hai góc tương ứng )

$\to HNMO$ là tứ giác nội tiếp

$\to $ bốn điểm $H,N,M,O$ cùng thuộc một đường tròn   $\left( 1 \right)$

Vì $EN,EM$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$

$\to \widehat{ENO}=\widehat{EMO}=90{}^\circ $

$\to \widehat{ENO}+\widehat{EMO}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $

$\to ONEM$ là tứ giác nội tiếp

$\to $ bốn điểm $O,N,E,M$ cùng thuộc một đường tròn   $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, ta được:

Năm điểm $O,H,N,E,M$ cùng thuộc một đường tròn

$\to OHNE$ là tứ giác nội tiếp

$\to \widehat{EHO}=\widehat{ENO}=90{}^\circ $

$\to AO\bot EH$

Ta có:

$AB=AC$ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )

$OB=OC=R$

$\to AO$ là đường trung trực của $BC$

$\to AO\bot BC$

Mà $AO\bot EH\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$

$\to BC\equiv EH$

$\to $ bốn điểm $E,B,H,C$ thẳng hàng

$\to $ ba điểm $E,B,C$ thẳng hàng