a)Tính \(A = \sqrt 4  + \sqrt {20}  - \sqrt 5  - 2\).

b)     Cho biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{1}{{x + \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x  - 1}}{{{{(\sqrt x  + 1)}^2}}}\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1\). Rút gọn biểu thức \({\rm{B}}\) và so sánh giá trị của \({\rm{B}\({\rm{m}}\)}\) với 1

Cho hàm số \({\rm{y}} = \frac{1}{2}{{\rm{x}}^2}\) có đồ thị \(({\rm{P}})\).

a)     Vẽ đồ thị (P).

Ta có bảng giá trị sau:

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm      

     \(O\,\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,A\,\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\,;\,\,\,B\,\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\,\,;\,\,\,C\,\,\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\,\,;\,\,D\,\left( {2\,;\,\,2} \right)\)

Hệ số \(a = \frac{1}{2} > 0\) nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận \({\rm{Oy}}\) làm trục đối xứng.

Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) như sau:

a)     Đường thẳng \(y =  - x + b\) (với \(b > 0\)) lần lượt cắt \[Ox,\]\[Oy\] tại \(E\,,\,\,F\). Chứng minh rằng tam giác \(OEF\)vuông cân và tìm \(b\) để tâm đuờng tròn ngoại tiếp tam giác \[OEF\] là gốc tọa độ.

Cho \(y = 0 \Rightarrow  - x + b = 0 \Leftrightarrow x = b\)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(y =  - x + b\) cắt \({\rm{Ox}}\) tại \({\rm{E}}({\rm{b}};0)\).

Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 0 + b = b\)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(y =  - x + b\) cắt \({\rm{Oy}}\) tại \({\rm{F}}(0;{\rm{b}})\).

Xét \(\Delta OEF\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OE \bot OF\,\,\,\left( {{\rm{do }}Ox \bot Oy} \right)}\\{OE = OF = b\,\,\,\left( {{\rm{do }}b > 0} \right)}\end{array} \Rightarrow \Delta OEF} \right.\) vuông cân tại \({\rm{O}}\).

\( \Rightarrow \) Tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OEF\) là trung điểm cạnh huyền \[EF\].

Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OEF\) là \(H\).

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên \(Ox\,,\,\,Oy\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HM \bot Ox}\\{OF \bot Ox}\end{array} \Rightarrow HM\,{\rm{//}}\,OF} \right.\) (từ vuông góc đến song song).

Mà \(H\) là trung điểm của \(EF\)\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(OE\) (Tính chất đường trung bình của tam giác).

\( \Rightarrow HM\) là đường trung bình của tam giác \(OEF \Rightarrow HM = \frac{1}{2}OF = \frac{b}{2}\).

Chứng minh tương tự ta tính được \(HN = \frac{b}{2}\)\( \Rightarrow H\left( {\frac{b}{2};\frac{b}{2}} \right)\)

Để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OEF\) là một điểm thuộc \(({\rm{P}}) \Leftrightarrow H\left( {\frac{b}{2};\frac{b}{2}} \right) \in (P)\).

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{b}{2} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{b}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{b}{2} = \frac{{{b^2}}}{8} \Leftrightarrow {b^2} - 4b = 0\\ \Leftrightarrow b\left( {b - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 0\,\,\,(L)\\b = 4\,\,(TM)\end{array} \right.\,\,\end{array}\]

Vậy \(b = 4\) là giá trị cần tìm.

Cho phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 2m + 5 = 0\,\,(*)\), với \(m\) là tham số.

a)     Giải phurơng trinh (*) khi \(m = 1\).

Thay \(m = 1\) vào phương trình \((*)\) ta được:

\[{x^2} - 2\left( {1 + 1} \right)x + 1 - 2 + 5 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 = 0\]\[ \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2\]

Vậy khi \({\rm{m}} = 1\) phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2\).

b)    Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thoả mãn \(\sqrt {4x_1^2 + 4m{x_1} + {m^2}}  + \sqrt {x_2^2 + 4m{x_2} + 4{m^2}}  = 7m + 2.\)

Ta có: \(\Delta ' = {(m + 1)^2} - \left( {{m^2} - 2m + 5} \right) = {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 2m - 5 = 4m - 4\)

Để phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 4m - 4 > 0 \Leftrightarrow m > 1\).

Theo đề cho: \(\sqrt {4x_1^2 + 4m{x_1} + {m^2}}  + \sqrt {x_2^2 + 4m{x_2} + 4{m^2}}  = 7m + 2\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2{x_1} + m} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {{x_2} + 2m} \right)}^2}}  = 7m + 2\)

\( \Leftrightarrow \left| {2{x_1} + m} \right| + \left| {{x_2} + 2m} \right| = 7m + 2\)

Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2 > 0\,\,\,\left( {{\rm{do }}m > 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 2m + 5 = {{\left( {m - 1} \right)}^2} + 4 > 0\,\,\forall m}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} > 0}\\{{x_2} > 0}\end{array}\,\,\,\,\forall m > 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{x_1} + m > 0}\\{{x_2} + 2m > 0}\end{array}\,\,\,\,\,\forall m} \right.} \right. > 1\]

Khi đó ta có:  \(\left| {2{x_1} + m} \right| + \left| {{x_2} + 2m} \right| = 7m + 2 \Leftrightarrow 2{x_1} + m + {x_2} + 2m = 7m + 2\)

      \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2{x_1} + {x_2} = 4m + 2 \Leftrightarrow 2m + 2 + {x_1} = 4m + 2\\ \Leftrightarrow {x_1} = 2m \Rightarrow {x_2} = 2m + 2 - {x_1} = 2\\ \Rightarrow {x_1}{x_2} = 4m = {m^2} - 2m + 5 \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 5 = 0\end{array}\)

Ta có \(a + b + c = 1 - 6 + 5 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m_1} = 1\,\,(ktm)}\\{{m_2} = 5\,\,(tm)}\end{array}} \right.\)

Vậy \(m = 5\) thoả mãn yêu cầu bài toán