Trục căn thức ở mẫu: \[\frac{5}{{2 - \sqrt 3 }}\]

a) Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC.

Vì MN, MC, NB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \[\widehat {MAO}\, = \widehat {\,MCO} = \widehat {NAO} = \widehat {NBO} = {90^0}\]

Tam giác MAO vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Tam giác MCO vuông tại C nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Suy ra bốn điểm M, A, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO

b) Ta có: MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA=OC=R

Suy ra MO là trung trực AC nên MO \[ \bot \] AC. Chứng minh tương tự NO \[ \bot \] AB.

Do đó ON // AC hay OJ // HC. Tam giác BHC có O trung điểm BC và OJ // HC nên J trung điểm BH. Vậy JB = JH.

Xét \[\Delta \]MCH và \[\Delta \]MOC lần lượt vuông tại H và C có \[\widehat {{\rm{HMC}}}\] chung

\[ \Rightarrow \] \[\Delta \]MCH\[\Delta \]MOC (g.g)\[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\] (1).

\[\Delta \]BDC nội tiếp đường tròn (O) có BC đường kính\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]BDC vuông tại D.

Chứng minh tương tự: \[\Delta \]MCD\[\Delta \]MBC (g.g) \[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\]\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]MDH\[\Delta \]MOB (c.g.c) \[ \Rightarrow \]\[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

c) Tam giác DBI nội tiếp đường tròn (O) có DI đường kính nên vuông tại B.

Tam giác OBD cân tại O nên \[\widehat {{\rm{BDO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{OBD}}}\] hay \[\widehat {{\rm{BDI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{MBC}}}\] \[ \Rightarrow \]\[\Delta \]DBI\[\Delta \]BCM (g.g)

\[ \Rightarrow \frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BC}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{2DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{2BO}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BO}}}}{{{\rm{BM}}}}\]. Kết hợp với \[\widehat {{\rm{EDI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{OBM}}}{\rm{(cmt)}}\]

Từ đó suy ra (c.g.c) \[ \Rightarrow \widehat {{\rm{DEI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

Mà \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\] (cmt) nên \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{DEI}}}\] \[ \Rightarrow \] EI // DH (3).

Mặt khác, \[\Delta \]BDH có E trung điểm BD, J trung điểm BH nên EJ là đường trung bình

\[ \Rightarrow \] EJ // DH (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, I, J thẳng hàng.

\(\Delta ' = {2^2} - 1 \cdot 1 = 3 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - 4}\\{{x_1}{x_2} = 1}\end{array}} \right.\). Đặt \[T = \frac{A}{B}\].

Nhận xét: Vì tích \({x_1}{x_2} = 1 > 0\) và tổng \({x_1} + {x_2} = - 4 < 0\) nên cả hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) đều là số âm.

Với \[{x_1} > {x_2}\] thì \({x_1} - {x_2} = \sqrt {{{({x_1} + {x_2})}^2} - 4{x_1}{x_2}} = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \).

Mẫu số: Vì \[{x_1}\] là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 = - 4{x_1} - 1\)

\[ \Rightarrow \]\(x_1^3 = {x_1}( - 4{x_1} - 1) = - 4x_1^2 - {x_1} = - 4( - 4{x_1} - 1) - {x_1} = 15{x_1} + 4\)

\[ \Rightarrow \]\(B = (15{x_1} + 4) + 15{x_2} + 64 = 15({x_1} + {x_2}) + 68 = 15( - 4) + 68 = 8\)

Tử số: Ta thay \( - 4{x_1} = x_1^2 + 1\) \[ \Rightarrow \] \( - 4{x_1} + 7 = (x_1^2 + 1) + 7 = x_1^2 + 8\)

\[ \Rightarrow \]\(\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8} = \sqrt {16x_2^2 + x_1^2 + 8{x_1}{x_2}} = \sqrt {{{({x_1} + 4{x_2})}^2}} = |{x_1} + 4{x_2}|\)

Vì \({x_1},{x_2} < 0\) nên \(|{x_1} + 4{x_2}| = - {x_1} - 4{x_2}\)

\( \Rightarrow A = ( - {x_1} - 4{x_2}) + 10{x_1} + 5{x_2} + 20 = 9{x_1} + {x_2} + 20\)\( = 4{x_1} - 4{x_2} = 4({x_1} - {x_2})\)

Vậy: \(T = \frac{A}{B} = \frac{{4({x_1} - {x_2})}}{8} = \frac{{4.2\sqrt 3 }}{8} = \sqrt 3 \)