Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\) với \({x_1} < {x_2}.\) Giá trị \({x_2}\) là

a) Ta có: \(A = 3\sqrt 2 - \sqrt {18} + \sqrt {25} \)\( = 3\sqrt 2 - 3\sqrt 2 + 5 = 5\).

Vậy \(A = 5\).

b) Điều kiện: \(x \ge 0,x = 9\).

\(P = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{3}{{\sqrt x - 3}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 9}}\)

\( = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{3}{{\sqrt x - 3}}} \right):\frac{{x + 1}}{{x - 9}}\)

\( = \left[ {\frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 3} \right) + 3\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 3} \right)}}} \right]:\frac{{x - 9}}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{x - 3\sqrt x + 3\sqrt x + 9}}{{x - 9}}:\frac{{x - 9}}{{x + 1}}\)

\( = \frac{{x + 9}}{{x + 1}}.\)

Để \(P = 3\), ta có:

\(\frac{{x + 9}}{{x + 1}} = 3\)

\(x + 9 = 3x + 3\)

\(2x = 6\)

\(x = 3\)

Vậy \(x = 3\) (thỏa mãn).

a) Có \(CF \bot AB\) nên \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) suy ra \(\Delta BFC\) vuông tại \[F\]

Do đó \[F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Có \(BE \bot AC\) nên \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) suy ra \(\Delta BEC\) vuông tại \[E\]

Do đó \[E\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\]

Vậy tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\].

b) Gọi \[D\] là giao của \[AH\] và \[BC\].

Xét \(\Delta ABC\) có \(AB \bot CF;AC \bot BE\) và \(BE\) cắt \(CF\) tại \(H\) nên \(H\) là trục tâm của \(\Delta ABC\) nên \(AD \bot BC\) suy ra \(\widehat {ADB} = 90^\circ .\)

Có \[C\] thuộc đường tròn đường kính \[AM\] suy ra \(\widehat {ACM} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AMC\) có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) và \[\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\] (cùng chắn )

Do đó $\Delta ABD\backsim \Delta AMC$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {MAC}\)

Có tứ giác \[BFEC\] là tứ giác nội tiếp suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\,\,\left( { = 180^\circ - \widehat {BFE}} \right)\)

Xét \(\Delta AFP\) và \(\Delta ACN\) có:

\(\widehat {FAP} = \widehat {CAN}\) và \(\widehat {AFP} = \widehat {ACN}\)

Do đó $\Delta AFP\backsim \Delta ACN$ (g.g)

Suy ra \(\frac{{AP}}{{AN}} = \frac{{AF}}{{AC}}\).

Xét \(\Delta AFH\) và \(\Delta ACM\) có:

\(\widehat {FAH} = \widehat {CAM}\) và \(\widehat {AFH} = \widehat {ACM} = 90^\circ \)

Do đó $\Delta AFH\backsim \Delta ACM$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AF}}{{AC}}\).

Mà \(\frac{{AP}}{{AN}} = \frac{{AF}}{{AC}}\) nên \(\frac{{AP}}{{AN}} = \frac{{AH}}{{AM}}\) suy ra \(\frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AN}}{{AM}}\) do đó \(PN\,{\rm{//}}\,HM{\rm{ }}\)(Định lý Thalès đảo).

Mà \(HM \bot AG\) (Do \(G\) nằm trên đường tròn đường kính \[AM)\] nên \(PN \bot AG\).