Rút gọn biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 1}}\) với \(x \ge 0\,;\,\,x \ne 1.\)

Chọn B

a) Ta có \(OP \bot MF;FN \bot MN\) nên \(\widehat {OPF} = 90^\circ ;\,\,\widehat {FNO} = 90^\circ .\) Suy ra \(\widehat {FNO} + \widehat {OPF} = 180^\circ \). Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \[ONFP\] nội tiếp. b) – Xét \(\Delta FMQ\) có \(QP,MN\) là đường cao cắt nhau tại \[O\] nên \[O\] là trực tâm suy ra \(FO \bot MQ\) hay \(FD \bot MQ.\) – Xét \(\Delta DOM\) và \(\Delta NOF\) có \(\widehat {MOD} = \widehat {NOF}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ODM} = \widehat {ONF} = 90^\circ .\) Suy ra \(\widehat {OMD} = \widehat {OFN}\).

– Xét \(\Delta OMD\) và \(\Delta QFD\) có \[\widehat {OMD} = \widehat {OFN}\] và \(\widehat {ODM} = \widehat {FDQ} = 90^\circ .\)

Do đó . Suy ra \(\frac{{OD}}{{QD}} = \frac{{MD}}{{FD}}\) hay \(OD \cdot DF = MD \cdot DQ\) (đpcm).

c) Ta có \[\widehat {MEN} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(NE \bot MF.\)

Xét \(\Delta MEN\) và \(\Delta MNF\) có \[\widehat {NME}\] chung và \(\widehat {MEN} = \widehat {MNF} = 90^\circ .\)

Do đó . Suy ra \(\frac{{ME}}{{MN}} = \frac{{MN}}{{MF}}\) hay \(ME \cdot MF = M{N^2}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(MF + 4ME \ge 2\sqrt {MF \cdot 4ME}  = 4\sqrt {MF \cdot ME}  = 4\sqrt {M{N^2}}  = 4.2R = 8R\).

Dấu  có khi \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MF = 4ME}\\{ME \cdot MF = 4{R^2}}\end{array}} \right.\] nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MF = 4ME}\\{ME \cdot 4ME = 4{R^2}}\end{array}} \right.\] hay \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ME = R}\\{MF = 4R}\end{array}} \right.\].

Mà trên \(\left( O \right)\) có 2 điểm \[E\] để \(ME = R\).

Vậy có 2 điểm \[E\] để tổng \(MF + 4ME\) đạt giá trị nhỏ nhất.