Cho đoạn thẳng \(AB\) và \(C\)là điểm nằm trên đoạn \(AB\) sao cho \(BC > AC\). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng \(AB\), vẽ nửa đường tròn đường kính \(AB\) và nửa đường tròn đường kính \(BC\). Lấy điểm \(M\) thuộc nửa đường tròn đường kính \(BC\) (\(M \ne B\), \(M \ne C\)). Kẻ \(MH\) vuông góc với \(BC\)\(\left( {H \in BC} \right)\), đường thẳng \(MH\) cắt nửa đường tròn đường kính \(AB\) tại \(K\). Hai đường thẳng \(AK\) và \(CM\) cắt nhau tại \(E\).

a) Chứng minh tứ giác \(BMKE\) nội tiếp và \(B{E^2} = BA \cdot BC\).

b) Từ \(C\) kẻ \(CN\) vuông góc với \(AB\) (\(N\)thuộc nửa đường tròn đường kính \(AB\)), gọi \(P\) là giao điểm của \(NK\)và \(CE\). Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác \(BNE\) và \(PNE\) cùng nằm trên đường thẳng \(BP\).

a) \(P = \frac{{3a + \sqrt {9a}  - 3}}{{a + \sqrt a  - 2}} - \frac{{\sqrt a  + 1}}{{\sqrt a  + 2}} + \frac{{\sqrt a  - 2}}{{1 - \sqrt a }}{\rm{ }}\)

\( = \frac{{3a + \sqrt {9a}  - 3}}{{\left( {\sqrt a  + 2} \right)\left( {\sqrt a  - 1} \right)}} - \frac{{a - 1}}{{\left( {\sqrt a  + 2} \right)\left( {\sqrt a  - 1} \right)}} - \frac{{a - 4}}{{\left( {\sqrt a  + 2} \right)\left( {\sqrt a  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{a + 3\sqrt a  + 2}}{{\left( {\sqrt a  + 2} \right)\left( {\sqrt a  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt a  + 2} \right)\left( {\sqrt a  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt a  + 2} \right)\left( {\sqrt a  - 1} \right)}}\)

\( = \frac{{\sqrt a  + 1}}{{\sqrt a  - 1}}.\)

b) \(P = \frac{{\sqrt a  + 1}}{{\sqrt a  - 1}} = 1 + \frac{2}{{\sqrt a  - 1}}\).

Ta có \(P \in \mathbb{Z}\) khi và chỉ khi \(\frac{2}{{\sqrt a  - 1}} \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt a  - 1 =  - 1\\\sqrt a  - 1 =  - 2\\\sqrt a  - 1 = 1\\\sqrt a  - 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0{\rm{ (N)}}\\{\rm{VN}}\\a = 4{\rm{ }}\left( {\rm{N}} \right)\\a = 9{\rm{ (N)}}{\rm{.}}\end{array} \right.{\rm{ }}\)

Vậy \(a = 0;{\rm{ }}a = 4;{\rm{ }}a = 9\)thì \(P \in \mathbb{Z}\).