Lời giải:
a.  ĐKXĐ: $x>0; x\neq 1$

\(P=\left[\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right].\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

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

b.

$P>2 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x}-1}-2>0$

$\Leftrightarrow \frac{x-2\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}>0$

$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{x}-1)^2+1}{\sqrt{x}-1}>0$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}-1>0$ (do $(\sqrt{x}-1)^2+1>0$)

$\Leftrightarrow x>1$

Kết hợp đkxđ suy ra $x>1$
c. 

$\frac{1}{P}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$

Áp dụng BĐT Cô-si:

$x+4\geq 4\sqrt{x}\Rightarrow x\geq 4(\sqrt{x}-1)$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}-1}{x}\leq \frac{\sqrt{x}-1}{4(\sqrt{x}-1)}=\frac{1}{4}$

Vậy $\frac{1}{P}$ max $=\frac{1}{4}$ khi $x=4$

C2 cug cơ bản tự làm nhee

Câu 1:

\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=1,8.0,05=0,09\left(mol\right)\)

BTNT Ca, có: \(n_{CaCO_3}=n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,09\left(mol\right)\)

Mà: m_CaCO3 + m_BaCO3 = 18,85 (g)

\(\Rightarrow n_{BaCO_3}=\dfrac{18,85-0,09.100}{197}=0,05\left(mol\right)\)

BTNT C, có: n_CO2 = n_CaCO3 + n_BaCO3 = 0,14 (mol) = n_C

Sau pư với Ca(OH)₂ có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}+2n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,14\\n_{CaCO_3}+n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,09\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}=0,04\left(mol\right)\\n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Có: m _{dd tăng} = m_CO2 + m_H2O - m _{kết tủa}

⇒ 3,78 = 0,14.44 + 18n_H2O - 0,04.100 ⇒ n_H2O = 0,09 (mol)

⇒ n_H = 0,09.2 = 0,18 (mol)

\(\Rightarrow n_N=\dfrac{2,14-0,14.12-0,18.1}{14}=0,02\left(mol\right)\)

Gọi: CTPT của A là C_xH_yN_t

⇒ x:y:t = 0,14:0,18:0,02 = 7:9:1

Vậy: CTĐGN của A là C₇H₉N.

Câu 2:

X gồm C, H và N, có thể có O.

Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)=n_C\)

\(\Rightarrow\%m_C=\dfrac{0,2.12}{7,7}.100\%\approx31,2\%\)

⇒ %m_O = 100 - 31,2 - 9,09 - 18,18 = 41,53%

→ X gồm: C, H, O và N.

Gọi CTPT của X là C_xH_yO_zN_t.

⇒ x:y:z:t = \(\dfrac{31,2}{12}:\dfrac{9,09}{1}:\dfrac{41,53}{16}:\dfrac{18,18}{14}=2:7:2:1\)

→ X có CTPT dạng: (C₂H₇O₂N)_n.

Mà: M_X < 78 \(\Rightarrow\left(12.2+7+16.2+14\right)n< 78\)

\(\Rightarrow n< 1,01\) ⇒ n = 1

Vậy: X là C₂H₇O₂N.

Bài 2:

a: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

b: Kẻ tiếp tuyến Ax tại A của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ADE}\left(=180^0-\widehat{EDC}\right)\)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{ADE}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên DE//Ax

Ta có: OA\(\perp\)Ax

Ax//DE

Do đó: OA\(\perp\)DE

Bài 2:

a: Thay x=1 vào A, ta được:

\(A=\dfrac{1+2}{1+1}=\dfrac{3}{2}\)

b: \(B=\dfrac{4}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{16}{4-x}\)

\(=\dfrac{4}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{16}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{4\left(\sqrt{x}+2\right)-16}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{4\sqrt{x}-8}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}\)

c: Đặt P=A*B

\(=\dfrac{4}{\sqrt{x}+2}\cdot\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{4}{\sqrt{x}+1}\)

Để P>1 thì P-1>0

=>\(\dfrac{4}{\sqrt{x}+1}-1>0\)

=>\(\dfrac{4-\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}>0\)

=>\(3-\sqrt{x}>0\)

=>\(\sqrt{x}< 3\)

=>0<=x<9

Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< =x< 9\\x\ne4\end{matrix}\right.\)

mà x chẵn

nên \(x\in\left\{0;2;6;8\right\}\)

a: Xét tứ giác AEDB có \(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp

=>A,E,D,B cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: AEDB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ADE}=\widehat{ABE}\)

=>\(\widehat{HDE}=\widehat{ABN}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{ABN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN

\(\widehat{AMN}\) là góc nội tiếp chắn cung AN

Do đó: \(\widehat{ABN}=\widehat{AMN}=\widehat{HMN}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{HDE}=\widehat{HMN}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên DE//MN

c: Kẻ tiếp tuyến Cx của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xCB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Cx và dây cung CB

\(\widehat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

Do đó: \(\widehat{xCB}=\widehat{CAB}\left(3\right)\)

Ta có: ABDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{EDB}+\widehat{EAB}=180^0\)

mà \(\widehat{EDB}+\widehat{EDC}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{EDC}=\widehat{CAB}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{EDC}=\widehat{xCB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên DE//Cx

Ta có: OC\(\perp\)Cx

DE//Cx

Do đó: OC\(\perp\)DE

d: Xét (O) có

\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{AMB}=\widehat{ACB}\)

=>\(\widehat{BMH}=\widehat{ACB}\)

mà \(\widehat{ACB}=\widehat{AHE}\left(=90^0-\widehat{DAC}\right)\)

nên \(\widehat{BMH}=\widehat{AHE}\)

mà \(\widehat{AHE}=\widehat{BHM}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{BMH}=\widehat{BHM}\)

=>ΔBMH cân tại B

Ta có: ΔBMH cân tại B

mà BC là đường cao

nên BC là đường trung trực của HM

=>H đối xứng M qua BC

Xét (O) có

\(\widehat{ANB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

\(\widehat{ACB}\)là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{ANB}=\widehat{ACB}\)

mà \(\widehat{ACB}=\widehat{BHD}\left(=90^0-\widehat{EBC}\right)\)

và \(\widehat{BHD}=\widehat{AHN}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{AHN}=\widehat{ANH}\)

=>ΔANH cân tại A

Ta có: ΔANH cân tại A

mà AC là đường cao

nên AC la đường trung trực của NH

=>N đối xứng H qua AC

a) Ta có BE là đường cao của △BEA

⇒E ∈ đường tròn bán kính BA (1)

Ta có AD là đường cao của △ADB

⇒D ∈ đường tròn bán kính BA (2)

Từ (1) và (2) ta có: các điểm A,B,D,E cùng thuộc một đường tròn