1) Tính \(A = \sqrt 9 + \sqrt {12} + \sqrt {27} - 5\sqrt 3 .\)
2) Cho biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right) \cdot \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{x - 2\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 4.\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm \(x\) để \(B < 0.\)
1) Tính \(A = \sqrt 9 + \sqrt {12} + \sqrt {27} - 5\sqrt 3 .\)
2) Cho biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right) \cdot \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{x - 2\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 4.\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm \(x\) để \(B < 0.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1) Ta có:
\(A = \sqrt 9 + \sqrt {12} + \sqrt {27} - 5\sqrt 3 \)\( = \sqrt {{3^2}} + \sqrt {{2^2} \cdot 3} + \sqrt {{3^2} \cdot 3} - 5\sqrt 3 \)
\( = 3 + 2\sqrt 3 + 3\sqrt 3 - 5\sqrt 3 \)\( = 3 + \left( {2 + 3 - 5} \right) \cdot \sqrt 3 \)\( = 3.\)
Vậy \(A = 3.\)
2) Với \(x > 0\) và \(x \ne 4,\) ta có:
\(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right) \cdot \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{x - 2\sqrt x }}} \right)\)
\( = \frac{{\sqrt x - 2 + \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} \cdot \left[ {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}} \right]\)
\( = \frac{{2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} \cdot \frac{{x - 4}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{2\sqrt x \left( {x - 4} \right)}}{{\left( {x - 4} \right) \cdot \sqrt x \cdot \left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{2}{{\sqrt x - 2}}.\)
Như vậy, với \(x > 0\) và \(x \ne 4,\) thì \(B = \frac{2}{{\sqrt x - 2}}.\)
Khi đó, để \(B < 0\) thì \(\frac{2}{{\sqrt x - 2}} < 0,\) tức là \(\sqrt x - 2 < 0,\) suy ra \(\sqrt x < 2,\) nên \(x < 4.\)
Đối chiếu điều kiện \(x > 0\) và \(x \ne 4,\) ta được \(0 < x < 4.\)
Vậy với \(0 < x < 4\) thì \(B < 0.\)
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Các sản phẩm khác của Vietjack:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
1) Với \(m = 2\) thì phương trình \(\left( * \right)\) trở thành \({x^2} + 6x + 8 = 0.\)
Phương trình trên có \({\rm{\Delta '}} = {3^2} - 1 \cdot 8 = 1 > 0\) và \(\sqrt {\Delta '} = \sqrt 1 = 1.\)
Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = \frac{{ - 3 + 1}}{1} = - 2;\,\,{x_2} = \frac{{ - 3 - 1}}{1} = - 4.\)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} = - 2;\,\,{x_2} = - 4.\)
2) Xét phương trình \({x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 6m - 4 = 0\,\,\,\left( {\rm{*}} \right)\)
Ta có \({\rm{\Delta '}} = {\left( {m + 1} \right)^2} - \left( {6m - 4} \right) = {m^2} + 2m + 1 - 6m + 4\)
\( = {m^2} - 4m + 5 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 1 > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)
Do đó phương trình \(\left( * \right)\) luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) với mọi \(m \in \mathbb{R}.\)
Theo định lí Viète, ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - 2m - 2\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{{x_1}{x_2} = 6m - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\]
Do \({x_1}\) là nghiệm của \(\left( * \right)\) nên ta có:
\(x_1^2 + 2\left( {m + 1} \right){x_1} + 6m - 4 = 0\) hay \(x_1^2 + 6{x_1} + 9 = 4{x_1} - 2m{x_1} - 6m + 13\)
Thay vào \(\left( {4{x_1} - 2m{x_1} - 6m + 13} \right)x_2^2 - 24{x_1} - 100 = 0\) ta được
\(\left( {x_1^2 + 6{x_1} + 9} \right)x_2^2 - 24{x_1} - 100 = 0\)
\({\left( {{x_1} + 3} \right)^2}x_2^2 - 24{x_1} - 100 = 0\)
\({\left( {{x_1}{x_2} + 3{x_2}} \right)^2} - 24{x_1} - 100 = 0\) \(\left( {**} \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) suy ra \(2m = - 2 - \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\) nên \(6m = - 6 - 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\)
Thay vào\(\left( 2 \right)\) ta được: \({x_1}{x_2} = - 6 - 3\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 4,\) hay \[{x_1}{x_2} + 3{x_2} = - 10 - 3{x_1}.\,\,\,\left( 3 \right)\]
Thay vào \(\left( {**} \right)\) ta được: \({\left( { - 10 - 3{x_1}} \right)^2} - 24{x_1} - 100 = 0\)
\(9x_1^2 + 60{x_1} + 100 - 24{x_1} - 100 = 0\)
\(9x_1^2 + 36{x_1} = 0\)
\(9{x_1}\left( {{x_1} + 4} \right) = 0\)
\({x_1} = 0\) hoặc \({x_1} = - 4.\)
Với \({x_1} = 0\) thay vào \(\left( 2 \right)\) ta có \[6m - 4 = 0,\] nên \[m = \frac{2}{3};\]
Với \({x_1} = - 4\) thay vào \(\left( 3 \right)\) ta có \[\left( { - 4} \right) \cdot {x_2} + 3{x_2} = - 10 - 3 \cdot \left( { - 4} \right),\] suy ra \[ - {x_2} = 2,\] nên \({x_2} = - 2.\)
Do đó \({x_1} + {x_2} = - 6,\) tức là \( - 2m - 2 = - 6,\) nên \(m = 2.\)
Vậy \(m \in \left\{ {\frac{2}{3};\,\,2} \right\}.\)
Lời giải
1) ⦁ Chứng minh tứ giác \(OCMA\) nội tiếp
Do \[MA,{\rm{ }}MC\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = 90^\circ .\)
Do đó hai điểm \(A,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(MO.\)
Vậy tứ giác \[OCMA\] nội tiếp đường tròn đường kính \(MO.\)
⦁ Chứng minh \(HA = HC\)
Ta có \(MA = MC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OA = OC\) nên \(MO\) là đường trung trực của \[AC.\] Do đó \(MO \bot AC\) tại trung điểm \(H\) của \(AC.\)
Suy ra \(HA = HC.\)
2) ⦁ Chứng minh \(HE \cdot CM = HM \cdot CH\)
Xét \(\Delta ACK\) có \(HE\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(CK)\) và \(H\) là trung điểm của \(AC\) nên \(HE\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(HE = \frac{1}{2}AK\) hay \(AK = 2HE.\)
Do \[OCMA\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {OMC} = \widehat {OAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OC)\) hay \(\widehat {HMC} = \widehat {KAC}.\)
Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta AKC\) có: \[\widehat {MHC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \] và \(\widehat {HMC} = \widehat {KAC}.\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{MH}}{{AK}} = \frac{{MC}}{{AC}}\) hay \[MH \cdot AC = MC \cdot AK.\]
Suy ra \[MH \cdot 2HC = MC \cdot 2HE\] hay \[MH \cdot HC = MC \cdot HE.\]
⦁ Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OKH\) nằm trên đường thẳng \(OC\)
Ta có \(\widehat {CHO} = \widehat {OKC} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,K\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(OC\)
Vậy tứ giác \[HOKC\] nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\) nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OKH\) nằm trên đường thẳng \(OC.\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {MCF} = \widehat {CBF}.\)
Xét \(\Delta MCF\) và \(\Delta MBC\) có: \(\widehat {CMB}\) là góc chung, \(\widehat {MCF} = \widehat {MBC}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MC}},\) hay \(M{C^2} = MF \cdot MB.\)
Xét \(\Delta MCH\) vuông tại \(H,\) ta có \(\cos \widehat {CMH} = \frac{{MH}}{{MC}}.\)
Xét \(\Delta MCO\) vuông tại \(C,\) ta có \(\cos \widehat {CMO} = \frac{{MC}}{{MO}}.\)
Suy ra \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MC}}{{MO}},\) hay \[M{C^2} = MH \cdot MO.\]
Do đó \(MH \cdot MO = MF \cdot MB\) nên \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MO}}.\)
Xét \(\Delta MFH\) và \(\Delta MOB\) có: \(\widehat {OMB}\) là góc chung và \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MO}}.\)
Do đó (c.g.c), suy ra \[\widehat {MHF} = \widehat {MBO}.\]
Mà \(\widehat {MHF} + \widehat {FHO} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {FHO} + \widehat {FBO} = 180^\circ .\)
|
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ .\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) nội tiếp.
Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta CFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {CFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {CKF}\) (chứng minh trên) Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{CF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{CF}}{{KF}}.\) Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFC\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{CF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFC}\] (đối đỉnh) Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAC}.\,\,\,\left( 4 \right)\) ⦁ Ta có \(\widehat {ACK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ACK\) vuông tại \(C,\) suy ra \(\widehat {FAC} + \widehat {AKC} = 90^\circ .\,\,\,\left( 5 \right)\) Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra \(\widehat {ADC} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\) Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\) Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\) |
Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(OHFB\) có \(\widehat {FHO} + \widehat {FBO} = 180^\circ ,\) suy ra tứ giác \(OHFB\) nội tiếp đường tròn, do đó \(\widehat {HFB} + \widehat {HOB} = 180^\circ .\)
Mà \(\widehat {HOB} + \widehat {HOA} = 180^\circ \) nên \(\widehat {HFB} = \widehat {HOA}.\)
Lại có \(\widehat {HOA} = \widehat {ACK}\) (cùng phụ với \(\widehat {KAC})\) nên \(\widehat {HFB} = \widehat {ACK}\) hay \(\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'}.\)
|
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.
Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên) Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\) Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh) Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)\) ⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)\) Từ \(\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\) Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\) Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\) |
Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(HFCE'\) có \(\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'},\) suy ra tứ giác \(HFCE'\) nội tiếp đường tròn, do đó \[\widehat {E'HC} = \widehat {E'FC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(E'C)\)
Mà \[\widehat {E'FC} = \widehat {BFC} = \widehat {BAC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {E'HC} = \widehat {BAC},\) lại có hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HE'{\rm{ // }}AB.\)
Xét \(\Delta ACK\) có \(HE'{\rm{ // }}AB\) và \(H\) là trung điểm \(AC\) nên \[HE'\] là đường trung bình của tam giác, do đó \(E'\) là trung điểm \(CK\)
Như vậy, điểm \(E\) và điểm \[E'\] trùng nhau.
Vậy ba điểm \(M,\,\,E,\,\,B\) thẳng hàng.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập