Cho biểu thức : \[P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{{2 + 5\sqrt x }}{{x - 4}}\]  với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\)

1. Rút gọn biểu thức

2. Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(P > 1\)

1. Vì \(MA\) và \(MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\)

Nên \(\widehat {MAO} = {90^0}\)   và \(\widehat {MBO} = {90^0}\)

Xét tứ giác\(MAOB\)có : \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\). Hai góc này đối nhau

Suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp

2. Nhận thấy \(MN//AC\) (vì cùng vuông góc với \(AH\))

Do đó \[\widehat {DMN} = \widehat {ACM}\] (so le trong)

Mà \(\widehat {MAD} = \widehat {ACM}\) (cùng chắn cung \(AD\))

Suy ra \(\widehat {DMN} = \widehat {MAD}\)

Xét \(\Delta MND\) và \(\Delta ANM\) có:

  \(\widehat N\) là góc chung

   \(\widehat {DMN} = \widehat {MAN} = \widehat {MAD}\)

Suy ra \(\Delta MND\) \( \sim \) \(\Delta ANM\)(g.g)

\( \Rightarrow \frac{{MN}}{{ND}} = \frac{{NA}}{{MN}}\) \( \Rightarrow M{N^2} = ND.NA\)

1.    Dễ thấy \(M{A^2} = MD.MC\)

và \(M{A^2} = MH.MO\) (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(MAO\))

Do đó \(MD.MC = MH.MO\)

Suy ra tứ giác \(CDHO\) nội tiếp được đường tròn.

\( \Rightarrow \widehat {MCO} = \widehat {MHD}\)

\( \Rightarrow \Delta MDH\, \sim \Delta MOC\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {MHD} = \widehat {MCO}\)

Mà \(\widehat {MCO} = \widehat {DAH}\) (cùng chắn cung \(DB\))

nên \[\widehat {MHD} = \widehat {DAH}\]

Lại có \(\widehat {MHD} + \widehat {DHA} = {90^0}\) nên \(\widehat {DAH} + \widehat {DHA} = {90^0}\)

Suy ra \(DH \bot NA\)

Suy ra \(H{N^2} = ND.NA\)

Lại có \(M{N^2} = ND.NA\) nên \(H{N^2} = M{N^2} =  > HN = MN\)

Ta có \(\frac{{H{A^2}}}{{H{D^2}}} = \frac{{AD.AN}}{{AD.DN}} = \frac{{AN}}{{DN}}\) và \(\frac{{AC}}{{HN}} = \frac{{AC}}{{HM}} = \frac{{AD}}{{DN}}\)

Suy ra \({\left( {\frac{{HA}}{{HD}}} \right)^2} - \frac{{AC}}{{HN}} = \frac{{AN}}{{DN}} - \frac{{AD}}{{DN}} = \frac{{DN}}{{DN}} = 1\)