$Suy ra \(2\pi R = 18\) nên \(R = \frac{{18}}{{2\p (ảnh 1)$

a) Ta có \(\widehat {HMC} = \widehat {HNC} = 90^\circ \) nên bốn điểm \(H,M,C,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC.\)

b) Chứng minh tương tự ý a), ta có bốn điểm \(P,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC.\)

Do đó tứ giác \[PACM\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AC.\)

Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(PM).\)

Mà \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{C_1}}\) (do \[\Delta MIC\] cân tại \[I\] vì \[IM = IC)\]

\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{M_1}}\) (do \[\Delta KAM\] cân tại \[K\] vì \[KA = KM)\]

Do đó \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{M_1}}\)

Suy ra \(\widehat {{M_2}} + \widehat {HMI} = \widehat {{M_1}} + \widehat {HMI} = 90^\circ \) nên \(KM \bot MI\)

Do đó \(KM\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \[I\] đường kính \(CH.\)

c) Kẻ đường kính \[CD\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Suy ra \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên \[BD\,{\rm{//}}\,AH\] (cùng vuông góc với \[BC),\] tương tự \[AD\,{\rm{//}}\,BH\], do đó \[ADBH\] là hình bình hành có \[K\] là trung điểm của \[AB\] nên cũng là trung điểm của \[DH\]. Suy ra \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng.

Lại có \[DQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[O)\] mà \[HQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[I)\] nên \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Mà \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng nên \[K,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.

Suy ra $Δ K H P ∽ Δ C H Q$ nên \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{HC}}{{HA}}\) hay \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{2HI}}{{HA}}\)

Như vậy \(HQ \cdot HK = 2HI \cdot HP\).

Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức: P = 2 căn bậc hai của 4 + căn bậc hai của 9 − căn bậc hai của 16.