a) Với \(x = 9\) (TMĐK) nên \(\sqrt x = 3\), thay vào \(A\) ta được: \[A = \frac{{3 - 2}}{{3 - 1}} = \frac{1}{2}\].

Vậy \[A = \frac{1}{2}\] khi \[x = 9.\]

b) Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có:

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

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

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

Vậy \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\] thì \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\).

c) Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có: \[P = A \cdot B\]\[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\].

⦁ Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có: \(\left| P \right| + P = 0\) suy ra \(\left| P \right| = - P\) nên \(P \le 0\).

Do đó \(\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} \le 0\) nên \(\sqrt x - 2 \le 0\) suy ra \(x \le 4\).

⦁ Kết hợp điều kiện xác định, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 4\\x \ne 1\end{array} \right.\)

Mà \[x\] là số nguyên nên ta có: \(x \in \{ 0;\,\,2;\,\,3;\,\,4{\rm{\} }}\).

Gọi số thùng sữa xe có thể chở được là \[x\] (thùng) \[\left( {x \in \mathbb{N}*} \right)\].

Đổi: 5 tấn \[ = 5{\rm{ }}000\] kg.

Theo đề bài:

\[10x + 75 \le 5\,\,000\]

\[x \le 492,5\].

Vậy xe có thể chở tối đa 492 thùng sữa.

Gọi lượng cá mà cơ sở phải mua mỗi tuần theo kế hoạch là \(x\) tấn (\(0 < x < 120\)).

Số tuần cơ sở đó định mua cá là: \[\frac{{120}}{x}\] (tuần).

Thực tế mỗi tuần cơ sở đó thu mua được số cá là: \(x + 6\) (tấn).

Thực tế lượng cá cơ sở đó thu mua được là: \(120 + 10 = 130\) (tấn).

Thực tế số tuần cơ sở đó thu mua cá là: \(\frac{{130}}{{x + 6}}\) (tuần).

Vì cơ sở đã hoàn thành kế hoạch sớm 1 tuần nên ta có phương trình :

\(\frac{{120}}{x} - \frac{{130}}{{x + 6}} = 1\)

\(\frac{{120\left( {x + 6} \right) - 130x}}{{x\left( {x + 6} \right)}} = 1\)

\(\frac{{720 - 10x}}{{{x^2} + 6x}} = 1\)

\({x^2} + 16x - 720 = 0\)

\(x = 20\) (thỏa mãn) hoặc \(x = - 36\) (không thỏa mãn).

Vậy theo kế hoạch một tuần cơ sở đó thu mua 20 tấn cá.

a) \(2{x^2} - 9x + 7 = 0\)

Nhẩm \(a + b + c = 2 - 9 + 7 = 0\)

Chỉ ra phương trình có hai nghiệm \({x_1} = 1,{x_2} = \frac{7}{2}\).

b) \({x^2} + 6\sqrt 2 {\kern 1pt} x + 2 = 0\)

Ta có \(\Delta ' = {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} - 2 = 16 > 0\).

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = - 3\sqrt 2 + 4, {x_2} = - 3\sqrt 2 - 4\).

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: \(\Delta ' = 2m + 6 > 0\) hay \(m > - 3.\)

Theo định lí Viète ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}.{x_2} = - 2m + 3\end{array} \right.\)

Theo bài, \(x_1^2 + x_2^2 = 20\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 20\)

\({6^2} - 2 \cdot \left( { - 2m + 3} \right) = 20\)

\(4m = - 10\)

\(m = \frac{{ - 5}}{2}\) (thỏa mãn).

Vậy \(m = \frac{{ - 5}}{2}\).

Diện tích phần giấy của chiếc quạt là: \(S = \frac{{\pi .{{\left( {2,2} \right)}^2} - \pi {{\left( {2,2 - 1,6} \right)}^2}}}{2} \approx 7\) (dm²).

Chứng minh được \[\widehat {AHC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

\(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) nên ba điểm \(A,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

\(\Delta AKC\) vuông tại \(K\) nên ba điểm \(A,K,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

Vậy bốn điểm \(A\,,H\,,K\,,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\) nên \(AHKC\,\)là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(\widehat {DCB} = \widehat {DAB}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD)\) và \(\widehat {KCH} = \widehat {KAH}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KH)\)

Suy ra \(\widehat {KCH} = \widehat {DCB}\).

Xét \(\Delta AIH\) và \(\Delta ABD\) có:

\(\widehat {AHI} = \widehat {ADB} = 90^\circ \) (\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {BAD}\) là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) nên \(AI.AD = AH.AB\).

c) Kéo dài \[CP\,\]cắt \[AB\,\]tại \[M\,\].

Xét \[\Delta ACM\,\]có hai đường cao \[AK\,\]và \[CH\,\]cắt nhau tại \[I\,\]nên \[I\,\] là trực tâm \[\Delta ACM\,\]. Suy ra \[MI \bot AC\,\].

Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ACB} = 90^\circ \,\]( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên \[BC \bot AC\,\]. Do đó \[MI{\rm{//}}BC\,\].

Xét \[\Delta CHB\,\]có\[I \in CH\], \[M \in HB\,\]mà \[MI{\rm{//}}BC\,\]suy ra \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) ( 1)

Xét \(\Delta HDB{\mkern 1mu} \)có\(P \in HD{\mkern 1mu} \), \(M \in HB{\mkern 1mu} \)mà \(MP{\rm{//}}DB{\mkern 1mu} \)( vì cùng vuông góc với \(AD{\mkern 1mu} \)) suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (2)

Suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HI}}{{HC}}\) nên \(IP\,{\rm{//}}\,CD\,\).