Biết \[x > 0;x \ne 1\], hãy chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào biến \[x\]. \[\left( {\frac{{2 + \sqrt x }}{{x + 2\sqrt x + 1}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{x - 1}}} \right).\frac{{x\sqrt x + x - \sqrt x - 1}}{{\sqrt x }}\]

a) Lập luận được 4 điểm cùng nằm trên đường tròn đường kính \[BC\].

b) Chứng minh được 2 góc \[\widehat {ABD} = \widehat {AQC}\] vì cùng chắn .

Chứng minh (g – g)

Gọi \[J\] giao điểm \[OA\] với \[EF\].

Chứng minh \[\widehat {AEJ} = \widehat {AHF}\]

Chứng minh

Suy ra \[\widehat {AEJ} = \widehat {AHF} = \widehat {ABD} = \widehat {AQC}\]

Mà \[\widehat {QAC} + \widehat {AQC} = {90^o}\]

Suy ra \[\widehat {AEJ} + \widehat {JAE} = {90^o}\]

Nên \[OA \bot EF\] (\[\widehat {AJE} = {90^o}\])

c) Ta có \[\Delta BOC\] cân tại \[O\], \[OM\] là trung tuyến nên \[OM\] cũng là đường phân giác, đường cao.

Do đó, \[\widehat {BAC} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\]

Tương tự: \[\widehat {BAC} + \widehat {ACF} = \widehat {MOC} + \widehat {OCM} = {90^o}\]

Nên \[\widehat {ACF} = \widehat {OCM}\left( 1 \right)\]

Xét tứ giác \[OMIC\] có: \[\widehat {OMC} = \widehat {OIC} = {90^o}\]

Suy ra tứ giác \[OMIC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OC\].

Do đó \[\widehat {OCM} = \widehat {OIM}\] (cùng chắn ) \[\left( 2 \right)\]

Xét tứ giác \[AFIC\] có: \[\widehat {AFI} = \widehat {AIC} = {90^o}\]

Suy ra tứ giác \[AFIC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AC\]

Do đó \[\widehat {AIF} = \widehat {ACF}\] (cùng chắn )\[\left( 3 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\] suy ra \[\widehat {AIF} = \widehat {OIM}\]

Do đó, 2 tia \[IF\] và \[IM\] trùng nhau.

Vậy 3 điểm \[F,M,I\] thẳng hàng

Gọi \[x\] là cân năng lúc đầu của Khôi. \[y\] là cân nặng lúc đầu của Bình \[\left( {0 < y < x} \right)\].

Đầu nằm học: \[x + 19 = 2y\]

Đầu học kì II: \[x + 5 = y + 44\]

Giải hệ phương trình, ta được:

\[\left\{ \begin{array}{l}x = 97\\y = 58\end{array} \right.\]

Vậy Khôi nặng 97kg, Bình nặng 58kg.

Hiện tại Khôi nặng \[97 + 5 = 102\left( {kg} \right),\] Bình nặng 58kg.