Cho hai biểu thức: \(M = \frac{{2\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 1}}\) và \(N = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{4}{{x - 4}}\), với \(x \ge 0,x \ne 4\).

a)     Rút gọn biểu thức \(N\).

b)     Tìm tất cả giá trị nguyên của \(x\) để biểu thức \(P = M.N\) nhận giá trị là số nguyên.

Không gian mẫu của phép thử là \(\Omega = \left\{ {1,2, \ldots ,14,15} \right\}\).

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 15\)

A là biến cố “Rút được thẻ ghi số chia hết cho 5 “ nên \[A = \left\{ {5,10,15} \right\}\].

 Số phần tử của biến cố \[n\left( A \right) = 3\]

Xác suất rút được thẻ ghi số chia hết cho 5 là \[P\left( A \right) = \frac{3}{{15}} = \frac{1}{5}\].

1. Ta có \[\widehat {AEH} = 90^\circ \] (giả thiết); \[\widehat {ADH} = 90^\circ \](giả thiết).

Do đó bốn điểm \(A,D,H,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH\] .

2. Ta có  \[\widehat {BAC} = \widehat {BMC}\] (cùng chắn cung \[BC\]).

Mà \[\widehat {BAC} = \widehat {MHC}\] (cùng bù với \[\widehat {EHD}\]).

Do đó \[\widehat {BMC} = \widehat {MHC}\]. Vậy tam giác \[MHC\] cân tại \[C\].

Kẻ đường kính \[AI\] của đường tròn (O). Xét tứ giác \[BHCI\] có

\[BH{\rm{//}}CI\](vì cùng vuông góc với \[AC\]).

\[CH{\rm{//}}BI\](vì cùng vuông góc với \[AB\]).

Do đó tứ giác \[BHCI\]là hình bình hành.

Mà \(K\)là trung điểm của \(BC\) nên \(K\)là trung điểm của \[HI\].

Tam giác \[AHI\] có \[OK\]là đường trung bình nên \[AH = 2OK.\]

3. Ta có \[\widehat {NEB} = \widehat {AED}\] (đối đỉnh);  \[\widehat {AED} = \widehat {AHD\,}\] (cùng chắn cung \[AD\]).

\[\widehat {AHD} = \widehat {BHF}\] (đối đỉnh).

\[\widehat {BHF} = \widehat {BEF}\] (cùng chắn cung \[BF\], tứ giác \[BEHF\] nội tiếp).

\[ \Rightarrow \widehat {NEB} = \widehat {BEF}\,\,\,\]

Suy ra \[EB\]là phân giác của tam giác \[NEF\] .

Vì \[EB\] vuông \[EC\]nên \[EC\] là phân giác ngoài của tam giác \[NEF\].

Suy ra \[\frac{{BN}}{{BF}} = \frac{{CN}}{{CF}} = \frac{{EN}}{{EF}}\]. Do đó \[BN.CF = CN.BF.\]