Đề số 3

a, P = $7+\sqrt{2}-\sqrt{51+14\sqrt{2}}$ = $7+\sqrt{2}-\left(7+\sqrt{2}\right)$ = 0

b, Q = $\frac{2}{\sqrt{3}+1}-\frac{1}{\sqrt{3}-2}+\frac{6}{\sqrt{3}+3}$

= $\frac{2\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}+\sqrt{3}+2+\frac{6\left(3-\sqrt{3}\right)}{6}$

= $4+\sqrt{3}$

Tìm được A = $\frac{24}{5}$ và B = $\frac{-6}{x-4}$ với x > 0 và x ≠ 4 ta tìm được 0 < x < 1

Ta có M = $-1+\frac{2}{\sqrt{x}}\in$ Z => $\sqrt{x}\in$Ư(2) từ đó tìm được x=1

a, Vì d đi qua A nên thay tọa độ của A vào phương trình của d ta tìm được m=1

HS tự vẽ d trong trường hợp m=1

b, Để d //d' => $\left\{\begin{array}{l}m-4=-2\\ m+1\ne 1\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}m=2\\ m\ne 0\end{array}\right.\right.$ => m = 2

a, Tính được AH = $\sqrt{5}$. Từ đó suy ra AB= $2\sqrt{5}$ và OM=4,5cm

b, Với ∆MAB cân tại MH là trung tuyến vừa là đường cao;

Ta có ∆MAO = ∆MBO => MBOB => MB là tiếp tuyến của (O)

c, Dễ thấy $M{A}^2 = MH.MO$ (Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Chứng minh được: ∆MBE:∆MBD

=> $M{B}^2=ME.MD=M{A}^2$

=> MH.MO = ME.MD

=> ∆EHM:∆ODM (c.g.c)

=> $\widehat{EHM}=\widehat{ODM}$

d, Kẻ BK$\perp$AD

Ta có: $S_{HOA}=\frac{1}{2}{S}_{ABD}=\frac{1}{4}BK.AD$

Vì BK ≤ 3 => $S_{HOA}$lớn nhất khi B là điểm chính giữa cung AD khi đó AM = OA = 3