Cho đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AB.\) Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AO,\) dây cung \(MN\) vuông góc với \(AO\) tại \(H.\) (Học sinh có thể tham khảo hình vẽ dưới đây và phải vẽ hình vào bài làm).

 

          1) Chứng minh \(MA = MO\) và \(\Delta AMO\) đều.

         2) Trên tia \(OA\) lấy điểm \(C\) sao cho \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OC.\) Qua \(C\) vẽ đường thẳng cắt đoạn thẳng \(MH\) tại \(K\) (\(K\) khác hai điểm \(M\) và \(H\)), cắt đường tròn đã cho tại hai điểm \(E,\,\,F\) (\(E\) nằm giữa \(C\) và \(F\)). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(EF.\) Chứng minh tứ giác \(CMIO\) nội tiếp và \(C{M^2} = CI.CK.\)

Vì phương trình \({x^2} - 7x + 5 = 0\) có hai nghiệm là \({x_1},\,\,{x_2}\) nên theo định lý Viète, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 7\\{x_1}{x_2} = 5.\end{array} \right.\)

Vì \({x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} - 7x + 5 = 0\) nên \(x_2^2 - 7{x_2} + 5 = 0.\) Do đó \(x_2^2 - 6{x_2} + 9 = {x_2} + 4,\) hay \({\left( {{x_2} - 3} \right)^2} = {x_2} + 4.\) Suy ra \(\left| {{x_2} - 3} \right| = \sqrt {{x_2} + 4} .\)

\(P = \left| {{x_2} - 3} \right| + \sqrt {{x_1} + 4}  = \sqrt {{x_2} + 4}  + \sqrt {{x_1} + 4}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt {{x_2} + 4}  + \sqrt {{x_1} + 4} } \right)}^2}} \)

                                  \(\begin{array}{l} = \sqrt {\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 8 + 2\sqrt {4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}.{x_2} + 16} } \\ = \sqrt {15 + 2\sqrt {4.7 + 5 + 16} }  = \sqrt {29} .\end{array}\)A

\(A = \left( {\frac{{ - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} + \frac{{\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}} \right):\frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\)

\[ = \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}} \cdot \frac{{{\rm{ }}\sqrt x  + 1}}{2}\]

\[ = \frac{1}{{\sqrt x  + 1}}\,\, \cdot \frac{{{\rm{ }}\sqrt x  + 1}}{2}\]

\[ = \frac{{\sqrt x  + 1}}{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}\, = \frac{1}{2}.\]