a) Ta có \(\widehat {OAB} = 90^\circ \) (do AB là tiếp tuyến của (O)).

Xét ∆ABO và ∆CBO, có:

OB chung;

AB = BC (giả thiết);

OA = OC (= R).

Do đó ∆ABO = ∆CBO (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {OCB} = \widehat {OAB} = 90^\circ \).

Vậy CB là tiếp tuyến của (O).

b) Gọi N là giao điểm của OB và (O).

Ta có \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC}\) (∆ABO = ∆CBO).

Suy ra sđ = sđ.

Lại có \(\widehat {AOB}\) = sđ và \(\widehat {ODC} = \frac{1}{2}\)sđ = sđ.

Do đó \(\widehat {AOB} = \widehat {ODC}\).

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.

Vậy CD // OB.

Xét ∆OBC và ∆DCK, có:

\(\widehat {BOC} = \widehat {KDC}\,\,\left( { = \widehat {OCD}} \right)\);

\(\widehat {OCB} = \widehat {CKD} = 90^\circ \).

Do đó  (g.g).

Suy ra \(\frac = \frac\).

Vậy BC.CD = CK.OB.

c) Ta có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BEF.

Suy ra EI là tia phân giác của \(\widehat {BEF}\).

Do đó \(\widehat {IEF} = \frac{1}{2}\widehat {BEF}\) (1)

Tứ giác EAOM, có: \(\widehat {EAO} = \widehat {EMO} = 90^\circ \) (AE, ME là tiếp tuyến của (O)).

Suy ra \(\widehat {EAO} + \widehat {EMO} = 180^\circ \).

Do đó tứ giác EAOM nội tiếp đường tròn đường kính OE.

Vì vậy \(\widehat {BEF} = \widehat {AOM}\)     (2)

Đường tròn (O; R), có: \(\widehat {AOM}\) là góc ở tâm chắn  và \(\widehat {MCA}\) là góc nội tiếp chắn .

Suy ra \(\widehat {AOM} = 2\widehat {MCA}\)  (3)

Từ (1), (2), (3), suy ra \(\widehat {IEF} = \widehat {MCA}\).

Chứng minh tương tự, ta được: \(\widehat {IFE} = \widehat {MAC}\).

Xét ∆MAC và ∆IFE, có:

\(\widehat {IEF} = \widehat {MCA}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {IFE} = \widehat {MAC}\) (chứng minh trên).

Vậy  (g.g).