Câu hỏi:

10/12/2025 252

Cho biểu thức \[A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\] và \[B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{5}{{1 - \sqrt x }} + \frac{4}{{x - 1}}\].

a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức \[A\] và \[B.\]

b) Tính giá trị của biểu thức \[A\] khi \[x = \frac{1}{9}.\]

c) Chứng minh rằng \[B = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}}\].

d) Đặt \[P = A.B.\] Tìm \[x \in \mathbb{N}\] để \[P\] có giá trị lớn nhất.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Hướng dẫn giải

a) Với mọi \(x \ge 0,\) ta có:

⦁ \[\sqrt x - 3 \ne 0\] khi \(\sqrt x \ne 3\) hay \(x \ne 9.\)

⦁ \(x - 1 = \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)\) và \(1 - \sqrt x = - \left( {\sqrt x - 1} \right)\)

Với mọi \(x \ge 0,\) ta có \(\sqrt x \ge 0\) nên \(\sqrt x + 1 \ge 1 > 0.\)

Do đó \(x - 1 \ne 0\) khi \(\sqrt x - 1 \ne 0,\) hay \(\sqrt x \ne 1,\) tức là \(x \ne 1.\)

Như vậy, điều kiện xác định của biểu thức \[A = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}}\] là \[x \ge 0,\,\,x \ne 9\] và điều kiện xác định của biểu thức \[B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{5}{{1 - \sqrt x }} + \frac{4}{{x - 1}}\] là \[x \ge 0,\,\,x \ne 1.\]

b) Thay \[x = \frac{1}{9}\] (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \[A\], ta được:

\[A = \frac{{\sqrt {\frac{1}{9}} - 1}}{{\sqrt {\frac{1}{9}} - 3}} = \frac{{\frac{1}{3} - 1}}{{\frac{1}{3} - 3}} = \frac{{ - \frac{2}{3}}}{{ - \frac{8}{3}}} = \frac{1}{4}.\]

Vậy \(A = \frac{1}{4}\) khi \(x = \frac{1}{9}.\)

c) Với \[x \ge 0;x \ne 1\], ta có:

\[B = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} - \frac{5}{{1 - \sqrt x }} + \frac{4}{{x - 1}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x + 1}} + \frac{5}{{\sqrt x - 1}} + \frac{4}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{{5\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{4}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 2\sqrt x - 3 + 5\sqrt x + 5 + 4}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 7\sqrt x + 6}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{x + \sqrt x + 6\sqrt x + 6}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}}\].

Vậy với \[x \ge 0;x \ne 1\] thì \[B = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}}\].

d) Với \[x \ge 0,\,\,x \ne 1,x \ne 9,\] ta có:

\[P = A \cdot B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x - 3}} \cdot \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 6}}{{\sqrt x - 3}} = \frac{{\sqrt x - 3 + 9}}{{\sqrt x - 3}} = 1 + \frac{9}{{\sqrt x - 3}}.\]

⦁ Với \[0 \le x < 9,x \ne 1\] thì \[\sqrt x - 3 < 0\], suy ra \[1 + \frac{9}{{\sqrt x - 3}} < 1\] hay \[P < 1.\]

⦁ Với \[x > 9\] và \[x \in \mathbb{N}\] suy ra \[x \ge 10\]. Do đó, \[\sqrt x - 3 \ge \sqrt {10} - 3 > 0\].

Suy ra \[\frac{9}{{\sqrt x - 3}} \le \frac{9}{{\sqrt {10} - 3}}\] nên \[1 + \frac{9}{{\sqrt x - 3}} \le 1 + \frac{9}{{\sqrt {10} - 3}}\] hay \[P \le 1 + \frac{9}{{\sqrt {10} - 3}}\].

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 10\].

Vậy với \[x = 10\] thì biểu thức \[P\] đạt giá trị lớn nhất.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] đường kính \[AB\]. Lấy điểm \[C\] thuộc \[\left( {O;R} \right)\] sao cho \[AC > BC\]. Kẻ đường cao \[CH\] của \[\Delta ABC\] \[\left( {H \in AB} \right)\], kéo dài \[CH\] cắt \[\left( {O;R} \right)\] tại điểm \[D\]\[\left( {D \ne C} \right).\] Tiếp tuyến tại điểm \[A\] và tiếp tuyến tại điểm \[C\] của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] cắt nhau tại điểm \[M.\] Gọi \[I\] là giao điểm của \[OM\] và \[AC\]. Hai đường thẳng \[MC\] cắt \[AB\] nhau tại \[F\].

a) Chứng minh rằng \[FD\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\].

b) Chứng minh rằng \[BC = 2OI\].

c) Cho \[OM = 2R\], tính diện tích hình được giới hạn bởi dây \(CD\) và cung nhỏ \[CD.\]

Xem đáp án

Lời giải

a) Xét \[\Delta OCD\] có: \[OC = OD = R\] nên \[\Delta OCD\] cân tại \[O.\]

Mà \[OH\] là đường cao của \[\Delta OCD\] nên \[OH\] cũng là đường phân giác của tam giác, nên \[\widehat {COF} = \widehat {DOF}.\]

Xét \[\Delta COF\] và \[\Delta DOF\] có:

\[OC = OD,\] \[\widehat {COF} = \widehat {DOF}\] và \[OF\] là cạnh chung.

Do đó, \[\Delta COF = \Delta DOF\] (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {OCF} = \widehat {ODF}\] (hai góc tương ứng)

Mà \[\widehat {OCF} = 90^\circ \] (do \[OC \bot MF\]) nên \[\widehat {ODF} = 90^\circ \] hay \[FD \bot OD\] tại \[D\].

Xét đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] có: \[FD \bot OD\] tại \[D\] và \[D \in \left( {O;R} \right)\]

Suy ra \[FD\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] tại \[D\].

b) Xét đường tròn \[\left( {O;R} \right)\] có \[MA\] và \[MC\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[M\] nên \(MA = MC.\) Do đó \(M\) thuộc đường trung trực của \(AC.\)

Ta có: \[OA = OC = R\] nên \(O\) thuộc đường trung trực của \(AC.\)

Như vậy, \(OM\) là đường trung trực của \[AC\] nên \(OM \bot AC.\)

Xét \(\Delta ABC\) có \(CO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(AB\) và \(CO = R = \frac{{AB}}{2}\) nên \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) hay \(BC \bot AC\).

Từ đó suy ra \(OI\,{\rm{//}}\,BC.\)

Xét \[\Delta ABC\] có \[O\] là trung điểm của \[AB\] và \(OI\,{\rm{//}}\,BC\) nên \[OI\] là đường trung bình của \[\Delta ABC\].

Suy ra \[OI = \frac{1}{2}BC\] (tính chất đường trung bình) hay \[BC = 2OI\].

c) ⦁ Xét tam giác \[MOC\] vuông tại \[C\], có: \[\cos \widehat {MOC} = \frac{{OC}}{{MO}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\] suy ra \[\widehat {MOC} = 60^\circ \].

Do \(MA,\,\,MC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\) của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) nên \(OM\) là tia phân giác của \[\widehat {AOC}\]. Suy ra \[\widehat {AOC} = 2\widehat {MOC} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \].

Do đó \[\widehat {COB} = 180^\circ - \widehat {AOC} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

⦁ Ta có \[F\] là giao điểm của hai tiếp tuyến tại \[C\] và \[D\] nên \[OF\] là tia phân giác của \[\widehat {DOC}\].

Suy ra \[\widehat {DOC} = 2\widehat {COB} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OC,OD\] và cung nhỏ \[CD\] là

\[{S_1} = \frac{{120 \cdot \pi \cdot {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\] (đơn vị diện tích).

⦁ Xét \(\Delta OCH\) vuông tại \(H\) ta có: \(CH = OC \cdot \sin \widehat {COB} = R \cdot \sin 60^\circ = \frac{{R\sqrt 3 }}{2};\)

\(OH = OC \cdot \cos \widehat {COB} = R \cdot \cos 60^\circ = \frac{R}{2}.\)

Xét \(\Delta OCD\) cân tại \(O\) (do \(OC = OD)\) nên đường phân giác \(OH\) cũng đồng thời là đường trung tuyến, nên \(H\) là trung điểm của \(CD,\) suy ra \(CD = 2CH = 2 \cdot \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = R\sqrt 3 .\)

Diện tích tam giác \(OCD\) là: \({S_2} = \frac{1}{2}OH \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot \frac{R}{2} \cdot R\sqrt 3 = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\) (đơn vị diện tích).

Diện tích hình được giới hạn bởi dây \(CD\) và cung nhỏ \[CD\] là:

\(S = {S_1} - {S_2} = \frac{{\pi {R^2}}}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đơn vị diện tích).

Vậy diện tích hình được giới hạn bởi dây \(CD\) và cung nhỏ \[CD\] là\(\frac{{{R^2}\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\) (đvdt).

Câu 2