1) Ta có:

\(A = \sqrt 9  + \sqrt {12}  + \sqrt {27}  - 5\sqrt 3 \)\( = \sqrt {{3^2}}  + \sqrt {{2^2} \cdot 3}  + \sqrt {{3^2} \cdot 3}  - 5\sqrt 3 \)

 \( = 3 + 2\sqrt 3  + 3\sqrt 3  - 5\sqrt 3 \)\( = 3 + \left( {2 + 3 - 5} \right) \cdot \sqrt 3 \)\( = 3.\)

Vậy \(A = 3.\)

2) Với \(x > 0\) và \(x \ne 4,\) ta có:

\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x  - 2}}} \right) \cdot \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{4}{{x - 2\sqrt x }}} \right)\)

\( = \frac{{\sqrt x  - 2 + \sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} \cdot \left[ {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{4}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}} \right]\)

\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  - 2} \right)}} \cdot \frac{{x - 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x  - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{2\sqrt x \left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x - 4} \right) \cdot \sqrt x  \cdot \left( {\sqrt x  - 2} \right)}} = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\)

Như vậy, với \(x > 0\) và \(x \ne 4,\) thì \(B = \frac{2}{{\sqrt x  - 2}}.\)

Khi đó, để \(B < 0\) thì \(\frac{2}{{\sqrt x  - 2}} < 0,\) tức là \(\sqrt x  - 2 < 0,\) suy ra \(\sqrt x  < 2,\) nên \(x < 4.\)

Đối chiếu điều kiện \(x > 0\) và \(x \ne 4,\) ta được \(0 < x < 4.\)

Vậy với \(0 < x < 4\) thì \(B < 0.\)

1) ⦁ Vẽ đồ thị hàm số \(y =  - 2{x^2}.\)

Cho \(y = 0\) ta có \(x =  - 2.\) Đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( { - 2;0} \right).\)

Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm \(A\left( {0; - 4} \right)\) và \(B\left( { - 2;0} \right)\) ta được đồ thị hàm số \(y =  - 2x - 4\) (hình vẽ).

2) ⦁ Gọi \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tọa độ giao điểm (nếu có) của hai đồ thị hàm số \(y =  - 2x - 4\) và \(y =  - 2{x^2},\) khi đó ta có:    \({y_0} =  - 2{x_0} - 4\) và \({y_0} =  - 2x_0^2.\)

Suy ra \( - 2{x_0} - 4 =  - 2x_0^2\) hay \(x_0^2 - {x_0} - 2 = 0.\)

Số giao điểm của hai đồ thị là số nghiệm của phương trình \(x_0^2 - {x_0} - 2 = 0.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có: \(a - b + c = 1 - \left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) = 0\) nên phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm là \({x_0} =  - 1\) và \({x_0} = 2.\)

Với \({x_0} =  - 1,\) ta có \({y_0} =  - 2 \cdot \left( { - 1} \right) - 4 =  - 2;\)

Với \({x_0} = 2,\) ta có \({y_0} =  - 2 \cdot 2 - 4 =  - 8.\)

Vậy tọa độ giao điểm \(C,\,\,D\) của hai đồ thị là: \(C\left( { - 1; - 2} \right)\) và \(D\left( {2; - 8} \right),\) hoặc \(C\left( {2; - 8} \right)\) và \(D\left( { - 1; - 2} \right).\)

⦁ Khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến đường thẳng \(CD\) chính là khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến đường thẳng \(y =  - 2x - 4.\)

Gọi \(H\) là chân đường cao kẻ từ \(O\) xuống đường thẳng \[CD,\] ta có \(OH \bot CD.\)

Ta có \(A\left( {0; - 4} \right),\,\,B\left( { - 2;0} \right)\) suy ra \(OA = 4,\,\,OB = 2.\)

Xét \(\Delta OAB\) vuông tại \(O,\) có:

⦁ \(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2}\) (định lí Pythagore)

Suy ra \(AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}}  = \sqrt {{4^2} + {2^2}}  = \sqrt {20}  = 2\sqrt 5 .\)

⦁ \(\sin \widehat {OBA} = \frac{{OA}}{{AB}}.\)

Xét \(\Delta OBH\) vuông tại \(H,\) có: \(\sin \widehat {OBH} = \frac{{OH}}{{OB}}.\)

Suy ra \(\frac{{OA}}{{AB}} = \frac{{OH}}{{OB}},\) do đó \(OH = \frac{{OA \cdot OB}}{{AB}} = \frac{{4 \cdot 2}}{{2\sqrt 5 }} = \frac{{4\sqrt 5 }}{5}.\)

Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến đường thẳng \(CD\) bằng \(\frac{{4\sqrt 5 }}{5}.\)

1) Gọi tuổi em là \(x\,\,\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},\,\,0 < x < 24} \right).\)

Do anh hơn em 6 tuổi nên tuổi anh là \(x + 6.\)

Tổng số tuổi của hai anh em là 24 nên ta có phương trình: \(x + \left( {x + 6} \right) = 24.\)

Hay \(2x + 6 = 24,\) suy ra \(2x = 18,\) nên \(x = 9.\)

Vậy tuổi em là 9 tuổi, tuổi anh là \(9 + 6 = 15\) tuổi.

2) Gọi vận tốc xe máy là \(x\) (km/h) \(\left( {x > 0} \right).\)

Khi đó vận tốc ô tô là \(x + 20\) (km/h).

Thời gian xe máy đi từ Quảng Ngãi cho đến khi gặp ô tô là: 1 giờ + 30 phút \[ = 1,5\] giờ.

Quãng đường xe máy đi từ Quảng Ngãi cho đến khi gặp ô tô là: \(1,5x\) (km).

Thời gian ô tô đi từ Đà Nẵng cho đến khi gặp ô tô là 1 giờ.

Quãng đường ô tô đi từ Đà Nẵng cho đến khi gặp ô tô là: \(1 \cdot \left( {x + 20} \right) = x + 20\) (km).

Do quãng đường từ thành phố Quảng Ngãi đến thành phố Đà Nẵng dài \(120{\rm{\;km}}\) nên ta có phương trình: \(1,5x + x + 20 = 120\) hay \(2,5x = 100,\) suy ra \(x = 40\) (thỏa mãn).

Vậy vận tốc của xe máy là \(40\) km/h và vận tốc của ô tô là \(40 + 20 = 60\) km/h.

1) Với \(m = 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) trở thành \({x^2} + 6x + 8 = 0.\)

Phương trình trên có \({\rm{\Delta '}} = {3^2} - 1 \cdot 8 = 1 > 0\) và \(\sqrt {\Delta '}  = \sqrt 1  = 1.\)

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{{ - 3 + 1}}{1} =  - 2;\,\,{x_2} = \frac{{ - 3 - 1}}{1} =  - 4.\)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} =  - 2;\,\,{x_2} =  - 4.\)

2) Xét phương trình \({x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 6m - 4 = 0\,\,\,\left( {\rm{*}} \right)\)

Ta có \({\rm{\Delta '}} = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {6m - 4} \right) = {m^2} + 2m + 1 - 6m + 4\)

\( = {m^2} - 4m + 5 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 1 > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)

Do đó phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)

Theo định lí Viète, ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} =  - 2m - 2\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{{x_1}{x_2} = 6m - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\]

Do \({x_1}\) là nghiệm của \(\left( * \right)\) nên ta có:

\(x_1^2 + 2\left( {m + 1} \right){x_1} + 6m - 4 = 0\) hay \(x_1^2 + 6{x_1} + 9 = 4{x_1} - 2m{x_1} - 6m + 13\)

Thay vào \(\left( {4{x_1} - 2m{x_1} - 6m + 13} \right)x_2^2 - 24{x_1} - 100 = 0\) ta được

\(\left( {x_1^2 + 6{x_1} + 9} \right)x_2^2 - 24{x_1} - 100 = 0\)

\({\left( {{x_1} + 3} \right)^2}x_2^2 - 24{x_1} - 100 = 0\)

\({\left( {{x_1}{x_2} + 3{x_2}} \right)^2} - 24{x_1} - 100 = 0\) \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) suy ra \(2m =  - 2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\) nên \(6m =  - 6 - 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\)

Thay vào\(\left( 2 \right)\) ta được: \({x_1}{x_2} =  - 6 - 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4,\) hay \[{x_1}{x_2} + 3{x_2} =  - 10 - 3{x_1}.\,\,\,\left( 3 \right)\]

Thay vào \(\left( {**} \right)\) ta được: \({\left( { - 10 - 3{x_1}} \right)^2} - 24{x_1} - 100 = 0\)

 \(9x_1^2 + 60{x_1} + 100 - 24{x_1} - 100 = 0\)

 \(9x_1^2 + 36{x_1} = 0\)

 \(9{x_1}\left( {{x_1} + 4} \right) = 0\)

 \({x_1} = 0\) hoặc \({x_1} =  - 4.\)

Với \({x_1} = 0\) thay vào \(\left( 2 \right)\) ta có \[6m - 4 = 0,\] nên \[m = \frac{2}{3};\]

Với \({x_1} =  - 4\) thay vào \(\left( 3 \right)\) ta có \[\left( { - 4} \right) \cdot {x_2} + 3{x_2} =  - 10 - 3 \cdot \left( { - 4} \right),\] suy ra \[ - {x_2} = 2,\] nên \({x_2} =  - 2.\)

Do đó \({x_1} + {x_2} =  - 6,\) tức là \( - 2m - 2 =  - 6,\) nên \(m = 2.\)

Vậy \(m \in \left\{ {\frac{2}{3};\,\,2} \right\}.\)

Suy ra \(HA = HC.\)

2) ⦁ Chứng minh \(HE \cdot CM = HM \cdot CH\)

Xét \(\Delta ACK\) có \(HE\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(CK)\) và \(H\) là trung điểm của \(AC\) nên \(HE\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(HE = \frac{1}{2}AK\) hay \(AK = 2HE.\)

Do \[OCMA\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {OMC} = \widehat {OAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OC)\) hay \(\widehat {HMC} = \widehat {KAC}.\)

Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta AKC\) có: \[\widehat {MHC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \] và \(\widehat {HMC} = \widehat {KAC}.\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{MH}}{{AK}} = \frac{{MC}}{{AC}}\) hay \[MH \cdot AC = MC \cdot AK.\]

Suy ra \[MH \cdot 2HC = MC \cdot 2HE\] hay \[MH \cdot HC = MC \cdot HE.\]

⦁ Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OKH\) nằm trên đường thẳng \(OC\)

Ta có \(\widehat {CHO} = \widehat {OKC} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,K\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(OC\)

Vậy tứ giác \[HOKC\] nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\) nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OKH\) nằm trên đường thẳng \(OC.\)

3) Giả sử \(MB\) cắt \(CK\) tại \(E',\) cắt đường tròn\(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(F.\) Ta đi chứng minh \(E'\) là trung điểm của \(CK.\)

Ta có \(\widehat {MCF} + \widehat {FCO} = 90^\circ \) nên \(\widehat {MCF} = 90^\circ  - \widehat {FCO}.\,\,\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta OCF\) cân tại \(O\) (do \(OC = OF)\) nên

\(\widehat {FCO} = \widehat {CFO} = \frac{{180^\circ  - \widehat {COF}}}{2} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {COF}.\)

Mà \(\widehat {CBF} = \frac{1}{2}\widehat {COF}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(CF)\) nên \(\widehat {FCO} = 90^\circ  - \widehat {CBF}\) hay \[\widehat {CBF} = 90^\circ  - \widehat {FCO}.\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {MCF} = \widehat {CBF}.\)

Xét \(\Delta MCF\) và \(\Delta MBC\) có: \(\widehat {CMB}\) là góc chung, \(\widehat {MCF} = \widehat {MBC}\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MC}},\) hay \(M{C^2} = MF \cdot MB.\)

Xét \(\Delta MCH\) vuông tại \(H,\) ta có \(\cos \widehat {CMH} = \frac{{MH}}{{MC}}.\)

Xét \(\Delta MCO\) vuông tại \(C,\) ta có \(\cos \widehat {CMO} = \frac{{MC}}{{MO}}.\)

Suy ra \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MC}}{{MO}},\) hay \[M{C^2} = MH \cdot MO.\]

Do đó \(MH \cdot MO = MF \cdot MB\) nên \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MO}}.\)

Xét \(\Delta MFH\) và \(\Delta MOB\) có: \(\widehat {OMB}\) là góc chung và \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MO}}.\)

Do đó  (c.g.c), suy ra \[\widehat {MHF} = \widehat {MBO}.\]

Mà \(\widehat {MHF} + \widehat {FHO} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {FHO} + \widehat {FBO} = 180^\circ .\)

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ .\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) nội tiếp.

• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ABC} + \widehat {AKC} = 180^\circ \) (hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp)

Mà \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \) (giả thiết) nên \(\widehat {ADC} = \widehat {AKC}\) (cùng bù với \[\widehat {ABC})\] \(\left( 3 \right)\)

⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(CD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)

Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta CFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {CFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {CKF}\) (chứng minh trên)

Do đó  suy ra \(\frac{{AF}}{{CF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{CF}}{{KF}}.\)

Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFC\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{CF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFC}\] (đối đỉnh)

Do đó  suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAC}.\,\,\,\left( 4 \right)\)

⦁ Ta có \(\widehat {ACK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ACK\) vuông tại \(C,\) suy ra \(\widehat {FAC} + \widehat {AKC} = 90^\circ .\,\,\,\left( 5 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra \(\widehat {ADC} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)

Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)

Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(OHFB\) có \(\widehat {FHO} + \widehat {FBO} = 180^\circ ,\) suy ra tứ giác \(OHFB\) nội tiếp đường tròn, do đó \(\widehat {HFB} + \widehat {HOB} = 180^\circ .\)

Mà \(\widehat {HOB} + \widehat {HOA} = 180^\circ \) nên \(\widehat {HFB} = \widehat {HOA}.\)

Lại có \(\widehat {HOA} = \widehat {ACK}\) (cùng phụ với \(\widehat {KAC})\) nên \(\widehat {HFB} = \widehat {ACK}\) hay \(\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'}.\)

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 6 \right)\)

⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)

Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)

Do đó  suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)

Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)

Do đó  suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)\)

⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)\)

Từ \(\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)

Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)

Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(HFCE'\) có \(\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'},\) suy ra tứ giác \(HFCE'\) nội tiếp đường tròn, do đó \[\widehat {E'HC} = \widehat {E'FC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(E'C)\)

Mà \[\widehat {E'FC} = \widehat {BFC} = \widehat {BAC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {E'HC} = \widehat {BAC},\) lại có hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HE'{\rm{ // }}AB.\)

Xét \(\Delta ACK\) có \(HE'{\rm{ // }}AB\) và \(H\) là trung điểm \(AC\) nên \[HE'\] là đường trung bình của tam giác, do đó \(E'\) là trung điểm \(CK\)

Như vậy, điểm \(E\) và điểm \[E'\] trùng nhau.

Vậy ba điểm \(M,\,\,E,\,\,B\) thẳng hàng.