Cho biểu thức \[A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\] và \[B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{5}{{1 - \sqrt x }} + \frac{4}{{x - 1}}\].

a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức \[A\] và \[B.\]

b) Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = \frac{1}{9}.\]

c) Chứng minh rằng \[B = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}}\].

d) Đặt \[P = A.B.\] Tìm \[x \in \mathbb{N}\] để \[P\] có giá trị lớn nhất.

a) Xét \[\Delta OCD\] có: \[OC = OD = R\] nên \[\Delta OCD\] cân tại \[O.\]

Mà \[OH\] là đường cao của \[\Delta OCD\] nên \[OH\] cũng là đường phân giác của tam giác, nên \[\widehat {COF} = \widehat {DOF}.\]

Xét \[\Delta COF\] và \[\Delta DOF\] có:

\[OC = OD,\] \[\widehat {COF} = \widehat {DOF}\] và \[OF\] là cạnh chung.

Do đó, \[\Delta COF = \Delta DOF\] (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {OCF} = \widehat {ODF}\] (hai góc tương ứng)

Mà \[\widehat {OCF} = 90^\circ \] (do \[OC \bot MF\]) nên \[\widehat {ODF} = 90^\circ \] hay \[FD \bot OD\] tại \[D\].

Xét đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] có: \[FD \bot OD\] tại \[D\] và \[D \in \left( {O;R} \right)\]

Suy ra \[FD\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] tại \[D\].

b) Xét đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] có \[MA\] và \[MC\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[M\] nên \(MA = MC.\) Do đó \(M\) thuộc đường trung trực của \(AC.\)

Ta có: \[OA = OC = R\] nên \(O\) thuộc đường trung trực của \(AC.\)

Như vậy, \(OM\) là đường trung trực của \[AC\] nên \(OM \bot AC.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(CO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(AB\) và \(CO = R = \frac{{AB}}{2}\) nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) hay \(BC \bot AC\).

Từ đó suy ra \(OI\,{\rm{//}}\,BC.\)

Xét \[\Delta ABC\] có \[O\] là trung điểm của \[AB\] và \(OI\,{\rm{//}}\,BC\) nên \[OI\] là đường trung bình của \[\Delta ABC\].

Suy ra \[OI = \frac{1}{2}BC\] (tính chất đường trung bình) hay \[BC = 2OI\].

c) ⦁ Xét tam giác \[MOC\] vuông tại \[C\], có: \[\cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{MO}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\] suy ra \[\widehat {MOC} = 60^\circ \].

Do \(MA,\,\,MC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\) của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) nên \(OM\) là tia phân giác của \[\widehat {AOC}\]. Suy ra \[\widehat {AOC} = 2\widehat {MOC} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \].

Do đó \[\widehat {COB} = 180^\circ - \widehat {AOC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

⦁ Ta có \[F\] là giao điểm của hai tiếp tuyến tại \[C\] và \[D\] nên \[OF\] là tia phân giác của \[\widehat {DOC}\].

Suy ra \[\widehat {DOC} = 2\widehat {COB} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OC,OD\] và cung nhỏ \[CD\] là

\[{S_1} = \frac{{120 \cdot \pi \cdot {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\] (đơn vị diện tích).

⦁ Xét \(\Delta OCH\) vuông tại \(H\) ta có: \(CH = OC \cdot \sin \widehat {COB} = R \cdot \sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2};\)

\(OH = OC \cdot \cos \widehat {COB} = R \cdot \cos 60^\circ = \frac{R}{2}.\)

Xét \(\Delta OCD\) cân tại \(O\) (do \(OC = OD)\) nên đường phân giác \(OH\) cũng đồng thời là đường trung tuyến, nên \(H\) là trung điểm của \(CD,\) suy ra \(CD = 2CH = 2 \cdot \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 .\)

Diện tích tam giác \(OCD\) là: \({S_2} = \frac{1}{2}OH \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot \frac{R}{2} \cdot R\sqrt 3 = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\) (đơn vị diện tích).

Diện tích hình được giới hạn bởi dây \(CD\) và cung nhỏ \[CD\] là:

\(S = {S_1} - {S_2} = \frac{{\pi {R^2}}}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đơn vị diện tích).

Vậy diện tích hình được giới hạn bởi dây \(CD\) và cung nhỏ \[CD\] là\(\frac{{{R^2}\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đvdt).