Bài 1: 

$a.$ 

$A = \sqrt {(1 - 2\sqrt {5})}^{2} - \sqrt {20}$

$= |1 - 2\sqrt {5}| - 2\sqrt {5}$

$= 2\sqrt {5} - 1 - 2\sqrt{5} = -1$

$b.$ 

$B = \lgroup \frac {\sqrt {x}}{x - 4} + \frac {1}{\sqrt {x} - 2} \rgroup .\frac {1}{\sqrt {x} + 1}$

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

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

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

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

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

$= \frac {2}{x - 4}$

$c.$

+ Nháp: $y = ax + b // y = cx + d ⇔ \left \{ {{a \ = \ c} \atop {b \ ≠ \ d}} \right.$ 

+ Ta có: $\left \{ {{m^{2} \ + \ 1 \ = \ 5} \atop {m \ ≠ \ 2}} \right.$ 

$⇔ \left \{ {{m^{2} \ - \ 4 \ = \ 0} \atop {m \ ≠ \ 2}} \right.$ $⇔ \left \{ {{m \ = \ ±2} \atop {m \ ≠ \ 2}} \right.$ $⇔ m = -2$.

Bài 2: 

$a.$ $x^{2} - 5x + 6 = 0$

+ Ta có: $∆ = b^{2} - 4.a.c = (-5) - 4.6 = 1$

+ Phương trình có hai nghiệm thực là: 

$x_{1} = \frac {-b + \sqrt {∆}}{2a} = \frac {-5 + \sqrt {1}}{2} = -2$

$x_{2} = \frac {-b - \sqrt {∆}}{2a} = \frac {-5 - \sqrt {1}}{2} = -3$

$b.$ $x^{2} - 4x - 3 = 0$

+ Theo định lí Vi - ét, ta có: $\left \{ {{x_{1} \ + \ x_{2} \ = \ 4} \atop {x_{1}.x_{2} \ = \ -3}} \right.$ 

+ Ta có: 

$T = \frac {x_{1}^{2}}{x_{2}} + \frac {x_{2}^{2}}{x_{1}} = \frac {x_{1}^{3} + x_{2}^{3}}{x_{1}.x_{2}}$

$T = \frac {x_{1}^{3} + x_{2}^{3}}{x_{1}.x_{2}} = \frac {(x_{1} + x_{2})(x_{1}^{2} - x_{1}x_{2} + x_{2}^{2}}{x_{1}x_{2})}$

$= \frac {(x_{1} + x_{2})[(x_{1} + x_{2})^{2} - 3x_{1}x_{2}]}{x_{1}x_{2}}$

$= \frac {4[4^{2} - 3.(-3)]}{-3}$

$= \frac {4(16 + 9)}{-3}$

$= \frac {4.25}{-3}$

$= \frac {-100}{3}$.

Bài 3: 

+ Gọi số chai nước rửa tay lớp 9A và 9B sản xuất trong hai tháng lần lượt là $x$, $y$ (chai) $(x, y > 0)$.

+ Theo đề bài, ta có: $\left \{ {{x \ + \ y \ = \ 250} \atop {1,25x\ + \ 1,2y \ = \ 250 \ × \ 1,22}} \right.$ 

$⇔ \left \{ {{x \ + \ y \ = \ 250 \ (1)} \atop {1,25x \ + \ 1,2y \ = \ 305 \ (2)}} \right.$ 

+ Từ $(1) ⇒ x = 250 - y$ thay vào $(2)$: 

$1,25(250 - y) + 1,2y = 305$

$⇔ 312,5 - 1,25y + 1,2y = 305$

$⇔ 0,05y = 7,5$

$⇔ y = 150$ $⇒ x = 250 -150 = 100$.

+ Vậy: Lớp 9A sản xuất được $100$ chai.

            Lớp 9B sản xuất được $150$ chai.

Bài 4: 

$a.$ 

+ Ta có: $C$ và $D$ thuộc đường tròn đường kính $AB$.

$⇒ \widehat{ADB} = \widehat{ACB} = 90°$.

+ Ta có: $EH ⊥ AB ⇒ \widehat{AHE} = 90°$.

$⇒ \widehat{ADE} = \widehat{AHE} = 90°$.

$⇒$ Tứ giác $ADHE$ là tứ giác nội tiếp (đpcm).

$b.$

+ Ta có: $\widehat{EHC} = \widehat{ECB} = 90°$.

$⇒$ Tứ giác $BCHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AE$.

$⇒ \widehat{BHC} = \widehat{BEH}$.

+ Mà: $\widehat{BHC} = \widehat{BDK}$ (cùng chắn cung $\widehat{BK}$).

$⇒ \widehat{BEH} = \widehat{BDK}$.

$⇒ EH // DK$ (có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau).

+ Mà: $EH ⊥ AB$ 

$⇒ DK ⊥ AB$ tại $I$.

$⇒ DI ⊥ AB$.

+ Xét $∆ADB$ vuông tại $D$ có đường cao $DI$.

$⇒ DI^{2} = AI.BI$ (đpcm).

$c.$

+ $M$ là trung điểm $BE$.

$⇒ M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCEH$.

$⇒ ME = MH = MB = MC$

$⇒ ∆MHB$ cân tại $M$.

$⇒ \widehat{MBH} = \widehat{MHB}$.

$⇒ \widehat{DMH} = \widehat{MHB}  + \widehat{MBH} = 2\widehat{MBH} = 2\widehat{EBH}$.

+ Tứ giác $BCHE$ nội tiếp $⇒ \widehat{ECH} = \widehat{EBH}$.

+ Tứ giác $ABCD$ nội tiếp $⇒ \widehat{ACD} = \widehat{ABD} = \widehat{EBH}$.

$⇒ \widehat{ECH} + \widehat{ACD} = 2\widehat{EBH}$.

$⇒ \widehat{DCH} = 2\widehat{EBH} = \widehat{DMH}$.

$⇒$ Tứ giác $CDHM$ nội tiếp đường tròn.

$⇒ \widehat{NMC} = \widehat{NDH}$.

$⇒ \widehat{NMC}  ᔕ  \widehat{NDH}$ (g.g).

$⇒ NM.NH = NB.NF$.

+ Ta có: Tứ giác $HMBF$ nội tiếp trong một đường tròn.

$⇒ \widehat{NMB} = \widehat{NFH}$.

$\widehat{NMB}  ᔕ  \widehat{NFH}$ (g.g).

$⇒ NM.NH = NB.NF$.

$⇒ NC.MD = NB.NF$.

+ Xét $∆NBC$ và $∆NDF$, ta có:

• $\frac {NC}{NF} = \frac {NB}{ND}$ (cmt).

• $\widehat{DNF}: \ chung$.

$⇒ ∆NBC ᔕ ∆NDF$ (c.g.c).

$⇒ \widehat{NBC} = \widehat{NDF}$.

$⇒$ Tứ giác $BCDF$ nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đối diện).

+ Mà: $∆BDC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ $⇒ F ∈ (O)$ (đpcm).

XIN HAY NHẤT 

CHÚC EM HỌC TỐT