B. TỰ LUẬN (3,0 điểm)

(1,0 điểm) Cho biểu thức \[T = \left( {\frac{{a\sqrt a - 1}}{{a - \sqrt a }} - \frac{{a\sqrt a + 1}}{{a + \sqrt a }}} \right):\frac{{a + 1}}{{a - 1}}\] với \[a > 0,{\rm{ }}a \ne 1\].

    a) Chứng minh rằng \[T = \frac{{2\left( {a - 1} \right)}}{{a + 1}}\].

    b) Tìm các giá trị nguyên của \[a\] để \[T\] nhận giá trị nguyên.

a) Ta có: \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), suy ra \(OA\) là đường phân giác của \(\widehat {BOC}\) (tính chất) nên \(\widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {CDB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(BC\))

Do đó, \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\).

Xét \(\Delta CMD\) và \(\Delta ACO\) có:

\(\widehat {CMD} = \widehat {ACO} = 90^\circ \) và \(\widehat {CDM} = \widehat {AOC}\) (do \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\))

Do đó (g.g).

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {EBF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {EBF} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {EBO} + \widehat {OBF}\)

Suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OBF}\).

Lại có: \(\widehat {OBF} = \widehat {OFB}\) (vì \(\Delta BOF\) cân tại \(O\) do \(OB = OF)\) suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OFB}\) (1)

Mà \(\widehat {ECB} = \widehat {OFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\) của đường tròn tâm \(O\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ECB} = \widehat {ABE}\). (3)

Mặt khác, \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB = OC = R\)

Suy ra \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) mà \(E \in OA\), suy ra \(EB = EC\).

Do đó \(\Delta EBC\) cân tại \(E\) nên \(\widehat {ECB} = \widehat {EBC}\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {EBC} = \widehat {ABE}\) nên \(BE\) là tia phân giác của góc \(B\) trong tam giác \(ABH\).

Vậy \[BE\] là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)

c) Theo câu a, (g.g), suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {DCM} = 30^\circ \).

Suy ra \(\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \).

Do đó, \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOC} = 120^\circ \) hay

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), có: \(\cos \widehat {HAC} = \frac{{AH}}{{AC}}\)

Suy ra \(AC = \frac{{AH}}{{\cos \widehat {HAC}}} = \frac{4}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Xét \(\Delta AOC\) vuông tại \(C\), có: \(OC = AC.\tan \widehat {OAC} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\tan 30^\circ = \frac{8}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ \(BC\) là:

\[S = \frac{{\pi .{{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng.  b) Sai.              c) Sai.                  d) Đúng.

• Xét \[\Delta AKD\] vuông tại \[D\], ta có: \[\tan 36^\circ = \tan D = \frac{{AK}}{{KD}}\]O10-2024-GV154......... hay \[AK = AD \cdot \tan 36^\circ \].

Do đó, ý a) là đúng.

• Ta có: \[FK = EH = CH - CE = 25 - 5 = 20{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]O10-2024-GV154.........

Do đó, ý b) là đúng.

• Từ \[\tan 36^\circ = \tan D = \frac{{AK}}{{KD}},\] ta có \[AK = KD \cdot \tan 36^\circ = 25 \cdot \tan 36^\circ \approx 18,164{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Ta có \[AH = AK + KH \approx 18,164 + 1,6 = 19,764 \approx 20{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Vậy độ dài tòa nhà chính là độ dài đoạn \[AH\] và khoảng 20 m.

Do đó, ý c) là sai.

• Xét \[\Delta AFK\] vuông tại \[K\], ta có: \[\tan F = \frac{{AK}}{{KF}} \approx \frac{{18,164}}{{20}}\]O10-2024-GV154........., do đó \[\widehat {KFA} \approx 42^\circ .\]

Vậy góc nâng từ \[F\] đến nóc tòa nhà khoảng \[42^\circ \].

Vậy ý d) là đúng.