a) Chứng minh DF là tiếp tuyến của (O; R).

Ta có: MA và MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O; R) cắt nhau tại M. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có MA = MC và OM là phân giác của góc AMC.

Trong tam giác AMC, OM là phân giác, nên theo tính chất đường phân giác, ta có: $\frac{AI}{IC} = \frac{AM}{MC} = 1$ (vì MA = MC). Suy ra AI = IC.

Xét tam giác OAC cân tại O (OA = OC = R), có OI là đường trung tuyến (AI = IC), nên OI cũng là đường cao. Do đó, OI ⊥ AC.

Vì CH ⊥ AB và OI ⊥ AC, mà AC và AB là hai dây cung của đường tròn (O; R), nên OI // CH (cùng vuông góc với AC).

Xét tam giác OAC, ta có OI là đường cao, nên OI là đường trung trực của AC. Vì vậy, OA = OC và IA = IC.

Trong tứ giác ADCH nội tiếp đường tròn (O; R), ta có: $\angle ADC + \angle AHC = 180^\circ$. Vì $\angle AHC = 90^\circ$, nên $\angle ADC = 90^\circ$.

Xét tam giác OAD, có OA = OD = R, nên tam giác OAD cân tại O. Gọi E là giao điểm của OD và AC. Vì OI ⊥ AC, nên OE ⊥ AC.

Trong tam giác OAD, OE là đường cao, nên OE cũng là đường trung tuyến. Do đó, AE = ED.

Xét tam giác ADC vuông tại D, có AE = ED, nên tam giác ADC cân tại A.

Xét tam giác ODF, ta có OD = R và $\angle ODF = 90^\circ$ (vì OD ⊥ DF). Do đó, DF là tiếp tuyến của (O; R).

b) Chứng minh BH. CF = BF. CH

Xét tam giác ABC, có CH là đường cao. Theo định lý Pitago, ta có: $AC^2 = AH^2 + CH^2$ và $BC^2 = BH^2 + CH^2$.

Trong tam giác ABC, ta có: $AC^2 = AB. AH$ và $BC^2 = AB. BH$.

Xét tam giác CBF và tam giác CAH, ta có: $\angle BCF = \angle ACH$ (cùng chắn cung AC) và $\angle CBF = \angle CAH$ (cùng chắn cung CH).

Do đó, tam giác CBF đồng dạng với tam giác CAH (g.g).

Từ đó, ta có: $\frac{CB}{CA} = \frac{CF}{CH} = \frac{BF}{AH}$.

Suy ra: $BH. CF = BF. CH$.