1. Giải phương trình \({x^2} + 2x - 15 = 0.\)

2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {4 - 2y} \right) = 7 + y - 2xy\\2x - 14 = 2\left( {y - 3} \right)\end{array} \right..\)

1.Rút gọn biểu thức \(A = 2\sqrt 3  - 3\sqrt {27}  + 7\sqrt {7 + 4\sqrt 3 } .\)

\(A = 2\sqrt 3  - 9\sqrt 3  + 7\sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^2}} \)

\(A = 2\sqrt 3  - 9\sqrt 3  + 7\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\)

\(A = 14\)

2.  Cho biểu thức \(P = \frac{1}{{2\sqrt x  - 4}} - \frac{1}{{2\sqrt x  + 4}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\) (với \(x \ge 0,\,x \ne 4\) ).

a) Rút gọn biểu thức \(P.\)

\(P = \frac{8}{{4x - 16}} + \frac{{\sqrt x }}{{x - 4}}\)

\(P = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{x - 4}} = \frac{1}{{\sqrt x  - 2}}\)

b) Tìm tất cả các số nguyên \(x\) để \(P\) đạt giá trị nguyên.

\(P\) đạt giá trị nguyên \( \Leftrightarrow \sqrt x  - 2 =  \pm 1\)

\(\sqrt x  - 2 = 1 \Leftrightarrow \sqrt x  = 3 \Leftrightarrow x = 9\)(thỏa mãn điều kiện \(x \ge 0,\,x \ne 4\)).

\(\sqrt x  - 2 =  - 1 \Leftrightarrow \sqrt x  = 1 \Leftrightarrow x = 1\)(thỏa mãn điều kiện \(x \ge 0,\,x \ne 4\)).

1.\(DC \bot AD \Rightarrow \widehat {ADC} = 90^\circ \) .

\(AE \bot EC \Rightarrow \widehat {AEC} = 90^\circ \).

\(\widehat {ADC} + \widehat {AEC} = 180^\circ \).

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn..

2.Tứ giác \(AECD\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {CAE}.\).

\(\widehat {CDB} + \widehat {CFB} = 180^\circ  \Rightarrow \)Tứ giác \(CDBF\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {CFD} = \widehat {CBD}.\).

Mà \(\widehat {CBD} = \widehat {CAE}\) ( Cùng chắn cung \(AC\) ).

\( \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {CFD}.\).

3.Tứ giác \(CDBF\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {CFD} = \widehat {CBD}.\)

\(\widehat {CDE} = \widehat {CFD}\)(Chứng minh trên)

\( \Rightarrow \) \(\widehat {CDE} = \widehat {CBD}\) hay \(\widehat {CDI} = \widehat {CBA}\,\left( 1 \right)\)

Tứ giác \(CDBF\) nội tiếp \(\widehat {CDF} = \widehat {CBF}\)

Mà \(\widehat {CBF} = \widehat {CAB}\) (Cùng chắn cung \(BC\))

 \( \Rightarrow \widehat {CDK} = \widehat {CAB}\,\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {ICK} + \widehat {IDK} = \widehat {ICK} + \widehat {IDC} + \widehat {CDK}\)=\(\widehat {ACB} + \widehat {CBA} + \widehat {CAB} = {180^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(CIDK\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {CIK} = \widehat {CDK}\)

Mà  \(\widehat {CDK} = \widehat {CAB}\,\)(Chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {CIK} = \widehat {CAB}\).

\( \Rightarrow IK\) //\(AB\)

Mà \(CD \bot AB \Rightarrow CD \bot IK.\).

4.Gọi \(NC\) cắt \(IK,\,AB\) lần lượt tại \(P,\,Q\)

\(\widehat {CIK} = \widehat {CAB}\) (Chứng minh trên).

Tứ giác \(AECD\) nội tiếp đường tròn \( \Rightarrow \widehat {CAD} = \widehat {CED}\) hay \(\widehat {CAB} = \widehat {CEI}\)

\( \Rightarrow \widehat {CEI} = \widehat {CIK}\)

\( \Rightarrow IK\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(CIE\)

Chứng minh tương tự: \(IK\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(CKF\) .

Xét hai tam giác \(PIC,\,PNI\) có

\(\widehat {IPN}\) chung, \(\widehat {PIC} = \widehat {PNI}\) (cùng chắn cung \(IC\))

 .

\( \Rightarrow \frac{{PI}}{{PN}} = \frac{{PC}}{{PI}} \Rightarrow P{I^2} = PC.PN\)

Chứng minh tương tự: \(P{K^2} = PC.PN\)

Vậy \(PI = PK\) .

\(IK\) // \(AB\) \( \Rightarrow \frac{{IP}}{{AQ}} = \frac{{CP}}{{CQ}} = \frac{{PK}}{{QB}}\)

Mà \(PI = PK \Rightarrow AQ = QB\)

Hay \(Q\) là trung điểm của \(AB\) .