a) Ta chứng minh tam giác BCE đồng dạng với tam giác BKM:

Do \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\), và \(AB \geq AC\), nên góc \(B\) lớn hơn hoặc bằng góc \(C\). Từ đó, \(AC\) là đường cao của tam giác \(ABC\), và \(AM\) cũng là đường cao với đỉnh \(A\). Khi đó, góc \(AEM\) lớn hơn góc \(AEB\).

Góc \(AEM\) và \(AEB\) là góc nội tiếp trên cùng một dây \(AE\), nên theo tính chất của góc nội tiếp, \(BM\) chính là đoạn phân giác của góc \(B\), tức là góc \(EBM\) bằng góc \(MBK\).

Từ \(EBM \equiv MBK\) và \(AEM \equiv AEB\), ta có:
\[\angle EBM = \angle MBK\]
\[\angle AEM = \angle AEB\]

Vậy, theo góc, tam giác \(BCE\) đồng dạng với tam giác \(BKM\).

Từ đồng dạng, ta có tỉ số các cạnh của chúng bằng nhau:
\[\frac{BM}{BC} = \frac{BE}{BK}\]

b) Ta cần chứng minh tứ giác \(IKQM\) nội tiếp và \(PI \cdot PQ = PA \cdot PC\).

Đầu tiên, ta nhận thấy \(EF \parallel AC\), nên góc \(AFM\) và \(AMC\) cùng bằng góc nhìn giữa các dây cùng tương ứng trên đường tròn, nên \(AFMC\) là tứ giác điều hòa.

Vậy, \(EF\) cắt \(AM\) tại \(P\) và \(MK\) tại \(Q\) sao cho \(\frac{MP}{PA} = \frac{MQ}{QC}\).

Giả sử \(T\) là giao điểm của \(BI\) và \(MK\). Khi đó, ta có tứ giác \(BIMK\) là tứ giác điều hòa.

Từ đó, \(\frac{MB}{BK} = \frac{MI}{IK}\).

Vậy, ta có:
\[\frac{MB \cdot MI}{BK \cdot IK} = 1\]

Do tứ giác \(BIMK\) nội tiếp, nên \(MB \cdot MI = BK \cdot KI\).

Ta có:
\[\frac{PI \cdot PQ}{PA \cdot PC} = \frac{MP \cdot MQ}{PA \cdot PC} = \frac{MQ}{QC}\]

Vậy, ta cần chứng minh \(IKMQ\) là tứ giác nội tiếp.

Để chứng minh điều này, ta cần chứng minh rằng \(MQ \cdot MK = MI \cdot MK\).

Ta biết \(MQ = MP\) (tứ giác \(AFMC\) là tứ giác điều hòa), nên ta chỉ cần chứng minh \(MK = MI\).

Nhưng \(MB \cdot MI = BK \cdot KI\), từ đó suy ra \(MK = MI\).

Vậy, tứ giác \(IKMQ\) là tứ giác nội tiếp.

Và cuối cùng, \(PI \cdot PQ = PA \cdot PC\).