Cho hai biểu thức:

\(A = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{4x}}{{x - 4}}\) và \(B = \frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\) với \(x \ge 0, x \ne 4\).

a) Tính giá trị của biểu thức \(B\) khi \(x = 196\).

b) Rút gọn biểu thức \(A\).

c) Xét biểu thức \(P = A:B\). So sánh \(P\) và \(\sqrt P \).

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).

Giả sử cạnh của hình chữ nhật tạo hành là \(a\) và \(b\).

Ta có \(2\left( {a + b} \right) = 8\) hay \(a + b = 4\).

Vì \({\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2} \ge 0\) nên \({\sqrt a ^2} - 2\sqrt a \sqrt b + {\sqrt b ^2} \ge 0\) hay \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \), dấu xảy ra khi \(a = b\).

Suy ra \(2\sqrt {ab} \le 4\) hay \(ab \le 4\).

Vậy diện tích lớn nhất có thể tạo thành của hình chữ nhật là \({\rm{4}}\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}\), khi hình chữ nhật là hình vuông có cạnh bằng \(2{\rm{ dm}}\).