(1,5 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức \(A = x - 9\) khi \(x = 10\).

b) Viết điều kiện xác định của phân thức \(B = \frac{{2x + 7}}{{x - 4}}\).

c) Rút gọn biểu thức \(C = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  - 3}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 3}}} \right) \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 9\).

a) Vì \(BK \bot KM\) tại \(K\) nên \(\widehat {BKM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BKM\) vuông tại \(K\). Do đó, \(\Delta BKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (1)

Vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {BEM} = 90^\circ \) hay \(\Delta BEM\) vuông tại \(E\). Do đó, \(\Delta BEM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BM\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(B,K,E,M\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BM\).

b) \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\), có \(K\) là trung điểm cạnh huyền \(AH\) nên \(EK = KH = \frac{1}{2}AH\).

Suy ra \(\Delta EKH\) cân tại \(K\) nên \(\widehat {KEH} = \widehat {KHE}\).

Vì tứ giác \(BKEM\) nội tiếp nên \(\widehat {KMB} = \widehat {KEB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KB\)).

\( = \widehat {KEH} = \widehat {KHE} = \widehat {ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAD}\)).

c) ⦁ Ta có: \(\widehat {ANB} = \widehat {ACB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).

Mà \(\widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) nên \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Xét \(\Delta BKM\) và \(\Delta BAN\) có: \(\widehat {BKM} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) và \(\widehat {KMB} = \widehat {ANB}\).

Do đó $\Delta BKM\backsim \Delta BAN$ (g.g).

⦁ Ta có: \(\frac{{BK}}{{BA}} = \frac{{BM}}{{BN}}\) và \(\widehat {MBK} = \widehat {NBA}\).

Mà \(\widehat {MBK} = \widehat {MBN} + \widehat {NBK}\) và \(\widehat {NBA} = \widehat {KBA} + \widehat {NBK}\) suy ra \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\).

Xét \(\Delta BMN\) và \(\Delta BKA\) có: \(\frac{{BM}}{{BN}} = \frac{{BK}}{{BA}}\) và \(\widehat {MBN} = \widehat {KBA}\)

Do đó $\Delta BMN\backsim \Delta BKA$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat {BNM} = \widehat {BAK} = \widehat {BAD}\).

Ta có: \(\widehat {BNC} = \widehat {BAC}\) suy ra \(\widehat {BNM} + \widehat {MNC} = \widehat {BAK} + \widehat {DAC}\) nên \(\widehat {MNC} = \widehat {DAC}.\)

Vì \(AD \bot BC\) và \(NC \bot BC\) nên \(AD\,{\rm{//}}\,NC\), suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACN} = \widehat {MCN}\).

Do đó \(\widehat {MNC} = \widehat {MCN}\), vậy \(\Delta MNC\) cân tại \(M\), nên \(MN = MC\).

Đường tròn \(\left( O \right)\) có \(ON = OC = R\). Do \(MN = MC\) và \(ON = OC\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(NC\). Vậy \(OM\) đi qua trung điểm của \(NC\).

a) \(2x - 8 = x + 3\)

\(2x - x = 3 + 8\)

\(x = 11.\)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 11\).

b) Ta có: \(\Delta  = {\left( { - 6} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 28 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}.\)

Áp dụng định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = 2.\end{array} \right.\)

Vì \({x_1} + {x_2} = 6 > 0\) và \({x_1}{x_2} = 2 > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt.

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: \(x_1^2 - 6{x_1} + 2 = 0\) hay \(x_1^2 = 6{x_1} - 2\).

Ta có: \(12{x_1} + 7 = 6{x_1} + 9 + 6{x_1} - 2 = x_1^2 + 6{x_1} + 9 = {\left( {{x_1} + 3} \right)^2}\).

Khi đó, \(P = \sqrt {12{x_1} + 7}  + {x_2} = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 3} \right)}^2}}  + {x_2}\)

\( = {x_1} + \left| {{x_1} + 3} \right| + {x_2}\)

\( = {x_1} + 3 + {x_2}\) (do \({x_1} > 0\)).

\( = \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 = 6 + 3 = 9\).

Vậy \(P = 9\).