a) Ta có:

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

$\to OB\perp AB$

$\to \widehat{AOB}=90^\circ$

Ta lại có:

$HA\perp AB\quad (gt)$

$OH\perp HA\quad (gt)$

$\to \widehat{HAB}=\widehat{OHA}=90^\circ$

Xét tứ giác $ABOH$ có:

$\widehat{AOB}=\widehat{HAB}=\widehat{OHA} = 90^\circ$

Do đó $ABOH$ là hình chữ nhật

$\to AB = OH\quad (1)$

Mặt khác:

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

$\to AB = AC\quad (2)$

$(1)(2)\to AC = OH$

b) Ta có:

$AB = AC$ (câu a)

$OB = OC = R$

$\to OA$ là trung trực của $BC$

$\to OA\perp BC$

$\to CI\perp OA$

Áp dụng hệ thức lượng trong $∆ACO$ vuông tại $C$ đường cao $CI$ ta được:

$OI.OA = OC^2\quad (3)$

Xét tứ giác $OAHC$ có:

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

Do đó $OAHC$ là tứ giác nội tiếp

$\to \widehat{OHC}=\widehat{OAC}$

mà $\widehat{OAC}=\widehat{OCI}=\widehat{OCK}$ (cùng phụ $\widehat{ACI}$)

nên $\widehat{OHC}=\widehat{OCK}$

Xét $∆OCK$ và $∆OHC$ có:

$\widehat{OHC}=\widehat{OCK}\quad (cmt)$

$\widehat{O}:$ góc chung

Do đó $∆OCK\sim ∆OHC\, (g.g)$

$\to \dfrac{OC}{OH}=\dfrac{OK}{OC}$

$\to OK.OH = OC^2\quad (4)$

$(3)(4)\to OI.OA = OK.OH$

c) Ta có:

$\widehat{BCD}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\to BC\perp CD$

mà $OA\perp BC$ (câu b)

nên $CD//OA\quad (\perp BC)\qquad (5)$

Mặt khác:

$\widehat{OHC}=\widehat{OAC}$ (câu b)

$\widehat{OAC}=\widehat{OAB}$ ($OA$ là trung trực của $BC \to OA$ là phân giác $\widehat{BAC}$)

$\widehat{OAB}=\widehat{AOH}$ (so le trong)

$\to \widehat{OHC}=\widehat{AOH}$

$\to OA//HC\qquad (6)$

$(5)(6)\to H, C, D$ thẳng hàng