a) Ta có:

$AB,\, AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,\, C\quad (gt)$

$\Rightarrow \begin{cases}OB\perp AB\\OC\perp AC\\AB = AC\end{cases}$

Ta lại có: $OB = OC = R$

$\Rightarrow OA$ là trung trực của $BC$

$\Rightarrow OA\perp BC$

Bên cạnh đó: $OA\cap BC = \{H\}$

Do đó: $HB = HC$

Xét tứ giác $ABOC$ có:

$\widehat{OBA} = \widehat{OCA} =90^\circ$

$\Rightarrow \widehat{OBA} + \widehat{OCA} =180^\circ$

$\Rightarrow ABOC$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow A,B,C,O$ cùng thuộc một đường tròn

b) Áp dụng hệ thức lượng trong $ΔACO$ vuông tại $C$ đường cao $CH$ ta được:

$AC^2 = AH.AO\qquad (1)$

Xét $ΔACQ$ và $ΔAKC$ có:

$\widehat{A}:$ góc chung

$\widehat{ACQ} = \widehat{AKC}$ (cùng chắn $\mathop{QC}\limits^{\displaystyle\frown}$)

Do đó $ΔACQ \sim ΔAKC\, (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{AC}{AK} = \dfrac{AQ}{AC}$

$\Rightarrow AC^2 = AQ.AK\quad (2)$

$(1)(2)\Rightarrow AH.AO = AQ.AK$

c) Ta có:

$\widehat{BQK} = \widehat{BCK} =90^\circ$ (cùng nhìn đường kính $BK$)

$\Rightarrow BQCK$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{BKC} = \widehat{CQI}$

Ta lại có: $\widehat{BKC} = \widehat{CBL}$ (cùng phụ $\widehat{CBK}$)

$\Rightarrow \widehat{CQI} = \widehat{CBL}\quad (3)$

Xét tứ giác $CMQI$ có:

$\widehat{MCI} = \widehat{MQI} = 90^\circ\quad (\widehat{BQK} = \widehat{BCK} =90^\circ)

$\Rightarrow \widehat{MCI} + \widehat{MQI} = 180^\circ$

$\Rightarrow CMQI$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{CQI} = \widehat{CMI}\qquad (4)$

$(3)(4)\Rightarrow \widehat{CMI} = \widehat{CBL}$

$\Rightarrow MI//BL$

Xét $ΔBCL$ vuông tại $C$ có:

$\widehat{CLB} + \widehat{CBL} = 90^\circ$

mà $\widehat{CBL} = \widehat{CBA} = \widehat{ACB}\quad (ΔABC$ cân tại $A)$

nên $\widehat{CLB} + \widehat{ACB} = 90^\circ$

Lại có: $\widehat{ACB} + \widehat{ACL} = \widehat{BCL} = 90^\circ$

Do đó $\widehat{ACL} = \widehat{CLB}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$)

$\Rightarrow ΔACL$ cân tại $A$

$\Rightarrow AC = AL$

mà $AB = AC$

nên $AB = AC = AL$

$\Rightarrow A$ là trung điểm $BL$