a)    \(\sqrt 4 + 3 = 2 + 3 = 5\)

b)   \(\sqrt 5 + \sqrt {{{\left( {6 - \sqrt 5 } \right)}^2}} = \sqrt 5 + \left| {6 - \sqrt 5 } \right| = \sqrt 5 + 6 - \sqrt 5 = 6\)

a)    \(H = \frac{{2{x^2} + 2x}}{{{x^2} - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{2x\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

        \( = \frac{{2x}}{{x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}} = \frac{{2x}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}} + \frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x  - 1}}\)

 b)   Theo đề bài ta có \(\sqrt x  - H < 0 \Leftrightarrow \sqrt x  - 2 <  \Leftrightarrow \sqrt x  < 2 \Leftrightarrow x < 4\)

Kết hợp điều kiện \(x \ge 0;x \ne 1\) ta có \(0 \le x < 4;x \ne 1\)

Vậy với \(0 \le x < 4;x \ne 1\) thì \(\sqrt x  - H < 0\)

1)    a) Điểm A có hoành độ \(x = - 1\) và thuộc P nên thay \(x = - 1\) vào P ta được : \(y = 3.{\left( { - 1} \right)^2} = 3\)

\( \Rightarrow A\left( { - 1;3} \right)\)

b)Gọi \(B\left( {{x_B};0} \right)\) là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng d, d’. ta có \(B\left( {{x_B};0} \right)\) thuộc d \( \Rightarrow {x_B} = - 1 \Rightarrow B\left( {1;0} \right)\)

Lại có: \(B\left( {1;0} \right) \in d' \Rightarrow 0 = \frac{1}{2}.1 + b \Leftrightarrow b = - \frac{1}{2}\)

2)    a) \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 5\\2x - y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 6\\y = 5 - x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\)

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\)

b) Hệ phương trình có \(\frac{1}{7} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 2}} \Rightarrow \) hệ pt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = a\left( 1 \right)}\\{7x - 2y = 5a - 1\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\) có nghiệm duy nhất với mọi a.

Theo đề bài ta có hệ pt có nghiệm duy nhất thỏa mãn \(y = 2x\)

Thay \(y = 2x\) vào (1) ta được: \(x - 2x = a \Leftrightarrow x = - a \Rightarrow y = - 2a\)

Thay \(x = - a;y = - 2a\) vào (2) ta được:

\(7\left( { - a} \right) - 2\left( { - 2a} \right) = 5a - 1\) \( \Leftrightarrow - 7a + 4a - 5a = - 1\) \( \Leftrightarrow - 8a = - 1\)   \( \Leftrightarrow a = \frac{1}{8}\)

Vậy \(a = \frac{1}{8}\) thỏa mãn bài toán.

a)    \({x^2} - 3x + 2 = 0\)

Phương trình có dạng \(a + b + c = 0\). Khí đó pt có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = 2\).

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {1;2} \right\}\)

b)    \({x^2} - 2(m - 1)x + {m^2} = 0\)

Ta có: \(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m - 1} \right)} \right]^2} - {m^2}\) \( = {m^2} - 2m + 1 - {m^2} = 1 - 2m\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - 2m > 0 \Leftrightarrow m < \frac{1}{2}\)

Theo vi–ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2}}\end{array}} \right.\)

Theo đề bài ta có:

\({\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)    \( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)

\( \Leftrightarrow 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 4{m^2} + 6m = {x_1} - 2{x_2}\)     \( \Leftrightarrow - 2m + 4 = {x_1} - 2{x_2}\)

Khi đó kết hợp với \({x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\) ta có hệ pt:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1} - 2{x_2} = - 2m + 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3{x_2} = 4m - 6}\\{{x_1} + {x_2} = 2m - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = 2m - 2 - \frac{4}{3}m + 2}\end{array} \Leftrightarrow } \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = \frac{2}{3}m}\end{array}} \right.\)

Thay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} = \frac{4}{3}m - 2}\\{{x_1} = \frac{2}{3}m}\end{array}} \right.\)vào \({x_1}{x_2} = {m^2}\) ta được:

\(\left( {\frac{4}{3}m - 2} \right).\frac{2}{3}m = {m^2} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{9}{m^2} - \frac{4}{3}m = 0 \Leftrightarrow - m\left( {\frac{1}{9}m + \frac{4}{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 0}\\{m = - 12}\end{array}} \right.\)(tm)

Vậy \(m = 0;m = - 12\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

a) Do MB, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\widehat {OBM} = \widehat {OCM} = {90^0}\)

Xét tứ giác MBOC có: \(\widehat {OBM} + \widehat {OCM} = {180^0}\) suy ra tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp.

b) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có:

\(\widehat {BFD} = \widehat {EFC}\left( {dd} \right)\)

\(\widehat {FDB} = \widehat {FCE}\) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)

\( \Rightarrow \Delta FBD \sim \Delta FEC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{FB}}{{FE}} = \frac{{FD}}{{FC}} \Rightarrow FD.FE = FB.FC\left( 1 \right)\)

Ta có AB// ME suy ra \(\widehat {BAC} = \widehat {DIC}\)

Mà \(\widehat {BAC} = \widehat {MBC}\)(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

\( \Rightarrow \widehat {DIC} = \widehat {MBC} \Rightarrow \widehat {MBF} = \widehat {CIF}\)

Xét tam giác FBM và tam giác FIC có:

\(\widehat {BFM} = \widehat {IFC}\) (đđ)

\(\widehat {MBF} = \widehat {CIF}\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta FBM \sim \Delta FIC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{FB}}{{FI}} = \frac{{FM}}{{FC}} \Rightarrow FI.FM = FB.FC\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow FI.FM = FD.FE\left( 3 \right)\)

c) Xét tam giác FDK và tam giác FQE có:

\(\widehat {KFD} = \widehat {EFQ}\) (đđ)

\(\widehat {FKD} = \widehat {FEQ}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ)

\( \Rightarrow \Delta FKD \sim \Delta FEQ\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{FK}}{{FE}} = \frac{{FD}}{{FQ}} \Rightarrow FD.FE = FK.FQ\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow FI.FM = FK.FQ \Leftrightarrow \frac{{FM}}{{FQ}} = \frac{{FK}}{{FI}}\)

Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có:

\(\frac{{FM}}{{FQ}} = \frac{{FK}}{{FI}}\left( {cmt} \right)\)

\(\widehat {MFQ} = \widehat {KFI}\)

\( \Rightarrow \Delta FMQ \sim \Delta FKI\left( {c - g - c} \right) \Rightarrow \widehat {FMQ} = \widehat {FKI}\)

Suy ra tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {MQK} = \widehat {MIQ}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ)

Ta có \(\widehat {MBF} = \widehat {CIF} \Rightarrow \widehat {MBC} = \widehat {MIF}\) suy ra tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp

Mà MOBC là tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C cùng thuộc 1 đường tròn.

Ta có \(\widehat {OBM} = {90^0}\) suy ra OM là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm M, B, O, I, C.

Suy ra \(\widehat {OIM} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow IM \bot OI \Rightarrow \widehat {MIQ} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {MKQ} = \widehat {MIQ} = {90^0}\)

Lại có \(\widehat {QKP} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Từ đó ta có: \(\widehat {MKP} = \widehat {MKQ} + \widehat {QKP} = {180^0}\)

Vậy 3 điểm P, K, M thẳng hàng.