Giải các bất phương trình sau:

a) \(2x - 5 \le 4x + 7\).                            b) \(8x + 2 \ge 7x - 1\).

c) \(\frac{{4x - 1}}{3} - \frac{x}{6} > \frac{{2x + 1}}{2}\).        d) \(5x - \frac{7}{2}\left( {2x - 5} \right) < \frac{2}{3}\left( {x - 1} \right)\).

e) \(\frac{{1 - 2x}}{4} - 2 \le \frac{{1 + 5x}}{8}\).  f) \(\frac{{x - 1}}{2} - \frac{{7x + 3}}{{15}} \le \frac{{2x + 1}}{3} + \frac{{3 - 2x}}{5}\).

g) \(1 + \frac{{x + 2}}{5} > x + \frac{{x - 2}}{2} + \frac{{x + 3}}{3}.\)                                                               h) \(\frac{{x - 1}}{2} - \frac{{7x + 3}}{{15}} \le \frac{{2x + 1}}{3} + \frac{{3 - 2x}}{5}\).

a) Thay \(x = 196\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\) vào biểu thức \(B\) ta được:

\[B = \frac{{4 \cdot \left( {\sqrt {196} + 2} \right)}}{{\sqrt {196} - 2}} = \frac{{4 \cdot \left( {14 + 2} \right)}}{{14 - 2}} = \frac{{4 \cdot 16}}{{12}} = \frac{{16}}{3}\].

Vậy với \(x = 196\) thì giá trị của biểu thức \[B = \frac{{16}}{3}\].

b) \(A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{4x}}{{x - 4}}\)                             ĐKXĐ: \(x \ge 0, x \ne 4\)

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 4\sqrt x + 4 - x + 4\sqrt x - 4 + 4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\]

\[ = \frac{{4x + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\].

Vậy với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[A = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

c) Với \(x \ge 0, x \ne 4,\) ta có

\(P = A:B\)\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\]\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\].

Với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[\sqrt P \] luôn có nghĩa.

Xét hiệu: \[P - 1 = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 1 = \frac{{\sqrt x - \sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}}\].

Ta thấy: \[ - 2 < 0\]; \[\sqrt x + 2 > 0\] với \(x \ge 0, x \ne 4\).

Khi đó \[\frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}} < 0\] suy ra \[P - 1 < 0\] nên \[P < 1\] hay \[\sqrt P < 1\], do đó \[\sqrt P - 1 < 0\].

Mà \[\sqrt P \ge 0\] nên \[\sqrt P \left( {\sqrt P - 1} \right) \le 0\] suy ra \[P - \sqrt P \le 0\] hay \[P \le \sqrt P \].

Vậy với \(x \ge 0\,, \,x \ne 4\) thì \[P \le \sqrt P \].

a) Ta có \(CA,\,\,CM\) là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C\) nên \(CA = CM\) và \(OC\) là tia phân giác của \[\widehat {AOM}\], do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}.\)

Tương tự, ta có \(DB = DM\) và \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\], do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}.\)

Mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ .\]

Khi đó, ta có: \[\widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ .\]

Hay \(\widehat {COD} = 90^\circ .\)

Vì \(CD\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) nên \[CD \bot OM.\]

Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta ODM\) có:

\[\widehat {CMO} = \widehat {OMD} = 90^\circ \] và \(\widehat {OCM} = \widehat {DOM}\) (cùng phụ với \(\widehat {COM}\))

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{DM}}\) hay \[O{M^2} = CM.DM\].

Mà \[AC = CM\] và \[BD = MD\] (chứng minh trên)

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] hay \[{R^2} = AC \cdot BD\]. (1)

Mặt khác, \(AB\) là đường kính của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[AB = 2R,\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

b) Ta có: \[AC \bot AB,\,\,BD \bot AB\] nên \[AC\,{\rm{//}}\,BD\].

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\].

Mà \[CA = CM\], \[BD = DM\] (chứng minh câu a)

Do đó ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}},\] suy ra \[MN\,{\rm{//}}\,BD\] (định lí Thalès đảo).

Lại có \[BD \bot AB\] nên \[MN \bot AB.\]

c) Xét tam giác \[MOD\], có: \[\cos \widehat {MOD} = \frac{{MO}}{{OD}} = \frac{{MO}}{{2MO}} = \frac{1}{2}\], suy ra \[\widehat {MOD} = 60^\circ \].

Theo câu a, \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\] nên \[\widehat {BOM} = 2\widehat {MOD} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Mà \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ \] (câu a)

Suy ra \[\widehat {AOM} = 180^\circ - \widehat {BOM} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

Mà \(\widehat {AOM}\) là góc ở tâm chắn cung \(AM\) nhỏ nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OA\] và cung nhỏ \[MA\] là:

\[S = \frac{{60 \cdot \pi \cdot {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đơn vị diện tích).