a) Точка \(O\) - центр описанной окружности около треугольника \(A B C\), поэтому \(\angle B O C=2 \angle B A C\).

Значит,
\begin{equation*}
\begin{gathered}
180^{\circ}=\angle B O C+\angle O B C+\angle O C B= \\
=2 \angle B A C+\angle B A C=3 \angle B A C,
\end{gathered}
\end{equation*}

откуда
\begin{equation*}
\angle B A C=60^{\circ} ; \angle B O C=120^{\circ} .
\end{equation*}

Найдём утол \(B I C\) :

\begin{equation*}
\angle B I C=180^{\circ}-\angle I B C-\angle I C B=180^{\circ}-\frac{\angle A B C+\angle A C B}{2}=180^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\angle B A C}{2}=120^{\circ} .
\end{equation*}

Значит, \(\angle B O C=\angle B I C\), поэтому точки \(B, O, I\) и \(C\) лежат на одной окружности.

б) Найдём угол \(B H C\) :
\begin{equation*}
\begin{gathered}
\angle B H C=180^{\circ}-\angle H B C-\angle H C B=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\angle A C B\right)-\left(90^{\circ}-\angle A B C\right)= \\
=\angle A C B+\angle A B C=180^{\circ}-\angle B A C=120^{\circ} .
\end{gathered}
\end{equation*}

Значит, \(\angle B O C=\angle B I C=\angle B H C\), поэтому точки \(B, O, I, H\) и \(C\) лежат на одной окружности.
Поскольку \(\angle B A C=60^{\circ}, \angle A B C=55^{\circ}\), получаем \(\angle A C B=65^{\circ}\). В равнобедренном треугольнике \(B O C\) имеем \(\angle O B C=\frac{180^{\circ}-\angle B O C}{2}=30^{\circ}\).
Поскольку прямая \(B H\) перпендикулярна \(A C\), получаем
\begin{equation*}
\angle H B C=90^{\circ}-\angle A C B=25^{\circ} \text {. }
\end{equation*}

Значит, \(\angle H B O=\angle O B C-\angle H B C=5^{\circ}\).
Биссектриса угла треугольника лежит внутри угла, образованного медианой и высотой, исходящими из той же вершины, поэтому лучи \(B H, B I\) и \(B O\) пересекают дугу окружности в указанном на рисунке порядке. Четырёхугольник \(B O I H\) вписан в окружность, поэтому
\begin{equation*}
\angle O I H=180^{\circ}-\angle H B O=175^{\circ} \text {. }
\end{equation*}

a) Пусть \(O\) - центр вписанной в треугольник окружности, \(r\) - её радиус, а \(K\) - точка касания со стороной \(A B\). Тогда \(\angle K B O=30^{\circ}\), поскольку точка \(O\) лежит на биссектрисе угла \(A B C\).

Значит,
\begin{equation*}
B O=\frac{K O}{\sin \angle K B O}=2 r .
\end{equation*}

Имеем: \(B M \leq B O+O M=2 r+r=3 r\).

б) Заметим, что \(\sin \angle B M C=\cos \angle B M O\). В треугольнике \(B O M\) имеем:
\begin{equation*}
B O=2 r, O M=r, B M=2,5 r \text {. }
\end{equation*}

По теореме косинусов получаем:
\begin{equation*}
\begin{gathered}
\cos \angle B M O=\frac{B M^2+O M^2-B O^2}{2 B M \cdot O M} ; \\
\cos \angle B M O=\frac{6,25 r^2+r^2-4 r^2}{2 \cdot 2,5 r r}=\frac{13}{20},
\end{gathered}
\end{equation*}

откуда \(\sin \angle B M C=\frac{13}{20}\).

а) В треугольниках \(CKD\) и \(CDA\) угол \(K\) - общий,
\begin{equation*}
\angle C E D=\angle C B D=\angle B D C=45^{\circ} \text {. }
\end{equation*}

Значит, эти треугольники подобны, откуда
\begin{equation*}
\begin{gathered}
\frac{C K}{C D}=\frac{C D}{C E} ; C K \cdot C E=C D^2 ; \\
C K \cdot C E=A B \cdot C D .
\end{gathered}
\end{equation*}

б) В треугольнике \(C K D\) имеем:
\begin{equation*}
\angle K C D=15^{\circ}, \angle C D K=45^{\circ},
\end{equation*}

откуда \(\angle C K D=120^{\circ}\).
Из подобия треугольников \(C K D\) и \(C D E\) получаем:
\begin{equation*}
\frac{C D}{C E}=\frac{C K}{C D} .
\end{equation*}

В треугольнике \(C K D\) имеем:
\begin{equation*}
\frac{C K}{C D}=\frac{\sin 45^{\circ}}{\sin 120^{\circ}}=\sqrt{\frac{2}{3}},
\end{equation*}

то есть
\begin{equation*}
C K: C E=\frac{C K}{C D}: \frac{C E}{C D}=\sqrt{\frac{2}{3}}: \sqrt{\frac{3}{2}}=2: 3 \text {, }
\end{equation*}

откуда
\begin{equation*}
C K: K E=2: 1 \text {. }
\end{equation*}