Rút gọn biểu thức \(B = \sqrt {9 - 4\sqrt 5 }  - \sqrt 5 \).

a) Ta có \(\widehat {ADE} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và \(\widehat {AHE} = 90^\circ \) (\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên \(AB\))

\( \Rightarrow \widehat {ADE} + \widehat {AHE} = 180^\circ \).

Vậy tứ giác \(ADEH\) nội tiếp.

b) Ta có: \(\widehat {ACO} = \widehat {CAO}\) (tam giác \(AOC\) cân tại \(O\)).

Mà \(\widehat {CAO} = \widehat {HCB}\) (cùng phụ \(\widehat {ABC}\))

Vậy \(\widehat {ACO} = \widehat {HCB}\).

Xét \(\Delta ACB\) và \(\Delta CHB\) có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {CAO} = \widehat {HCB}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\\\widehat {ACB} = \widehat {CHB\,\,}\left( { = 90^\circ } \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{AC}}{{CH}} = \frac{{CB}}{{HB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow AC.HB = CB.CH\)

\( \Rightarrow AC.\left( {AB - AH} \right) = CB.CH\)

\( \Rightarrow AC.AB = AC.AH + CB.CH\).

c) Gọi \(K\) là điểm chính giữa cung \(AB\), ta có \(OK \bot OB\) suy ra \(OK\)//\(CH\).

\( \Rightarrow \widehat {KOM} = \widehat {OCH}\) (2 góc so le trong).

Xét \(\Delta OMK\)và \(\Delta CHO\) có:

\(\left\{ \begin{array}{l}OM = CH\left( {{\rm{gt}}} \right)\\\widehat {KOM} = \widehat {OCH}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\\OK = OC\,\,\,\,\,\left( {{\rm{b\'a n}}\,\,{\rm{k\'i nh}}} \right)\end{array} \right.\)

\[ \Rightarrow \Delta OMK = \Delta CHO{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{\rm{.g}}{\rm{.c}}} \right)\]

\( \Rightarrow \widehat {KMO} = \widehat {CHO} = 90^\circ \).

Do đó, góc \[KMO\] luôn nhìn cạnh \[OK\] dưới một góc vuông nên \[M\] thuộc đường tròn đường kính \(OK\).

Vì nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\) cố định nên điểm chính giữa cung \(AB\) là \[K\] cố định hay \[OK\] luôn cố định.

Vậy khi \(C\) di chuyển trên nửa đường tròn \[\left( O \right)\] thì \(M\) chạy trên đường tròn đường kính (OK\)cố định.