Câu hỏi:

10/01/2026 36 Lưu

Cho biểu thức:

\[A = \left( {\frac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  + 3}} + \frac{{\sqrt x  - 3}}{{2 - \sqrt x }} - \frac{{9 - x}}{{x + \sqrt x  - 6}}} \right):\frac{1}{{x + 2\sqrt x  - 3}}\,\,\,\,\,(x \ge 0;x \ne 1;x \ne 4).\]

1. Rút gọn biểu thức A.                        

2. Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(A >  - 2\) .

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

1.\[A = \frac{{{{(\sqrt x  - 2)}^2} - (\sqrt x  - 3)(\sqrt x  + 3) - 9 + x}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 2)}}:\frac{1}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{{{(\sqrt x  - 2)}^2} - (x - 9) - 9 + x}}{{(\sqrt x  + 3)(\sqrt x  - 2)}}:\frac{1}{{\left( {\sqrt x  + 3} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)}}\]

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

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

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

2.\(A = x - 3\sqrt x  + 2 >  - 2\) \[(\forall x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1).\]

\( \Leftrightarrow x - 3\sqrt x  + 4 > 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x  - \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} > 0\,(\forall x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1).\)

Vậy \(A >  - 2\) với \(\forall x \ge 0;x \ne 4;x \ne 1\)

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

\[\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 3\]\[ \Leftrightarrow \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 2\]

Đặt \[x = \frac{a}{c}\], \[y = \frac{b}{c}\] (x, y >0)

 \[{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab - 2bc - 2ca = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 1 + xy - 2x - 2y = 0 \Leftrightarrow {(x + y - 1)^2} = xy\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:  \[xy \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4}\]

Do đó:

 \[{\left( {x + y - 1} \right)^2} \le \frac{{{{(x + y)}^2}}}{4} \Rightarrow \left[ {3\left( {x + y} \right) - 2} \right].\left[ {2 - \left( {x + y} \right)} \right] \ge 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} \le x + y \le 2\]

\[P = \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}}\]

\[\begin{array}{l} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{{{(x + y - 1)}^2}}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}} = \frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{xy}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}}\\ = \left( {\frac{1}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{1}{{2xy}}} \right) + \left( {\frac{1}{{2xy}} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{x + y}}} \right) \ge \frac{4}{{{{(x + y)}^2}}} + 2\sqrt {\frac{1}{{2(x + y)\sqrt {xy} }}} \end{array}\]

\[P \ge \frac{4}{{{2^2}}} + 2\sqrt {\frac{1}{{2.2}}}  = 2\]

Dấu bằng xảy ra khi x = y =1\[ \Leftrightarrow \]a = b = c.

Lời giải

Cho tam giác \(ABC\) ( {AB < AC}  có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (ảnh 1)

1.\(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^0} \Rightarrow \) tứ giác \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)

\( \Rightarrow \widehat {CBE} = \widehat {CFE}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

\(\widehat {CBE} = \widehat {CPN}\)( góc nội tiếp cùng chắn cung )

\( \Rightarrow \widehat {CFE} = \widehat {CPN} \Rightarrow EF\,//\,PN\,\)

2.\[\widehat {ABN} = \widehat {ACP}\] (cùng phụ với \(\widehat {BAC}\) )

\( \Rightarrow AN = AP\,\,\)

\(ON = OP = R\)

\( \Rightarrow A,\,O\)nằm trên đường trung trực của \(PN\)

\( \Rightarrow AO \bot PN\)

\(EF\,//\,PN\, \Rightarrow AO \bot EF \Rightarrow {S_{AEOF}} = \frac{{EF.R}}{2}\)

3.\(\widehat {BAM} = \widehat {BCM}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

\(\widehat {BAM} = \widehat {BCF}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC}\))

\( \Rightarrow \widehat {BCF} = \widehat {BCM}\)

\(\Delta MCH\) \(CK\) vừa là đường phân giác vừa là đường cao

\( \Rightarrow \)\(\Delta MCH\)cân tại \(C \Rightarrow K\) là trung điểm của \(MH\)

\[\begin{array}{l}\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = \frac{{AK + KM}}{{AK}} + \frac{{BE + EN}}{{BE}} + \frac{{CF + FP}}{{CF}}\\ = 3 + \frac{{KM}}{{AK}} + \frac{{EN}}{{BE}} + \frac{{FP}}{{CF}}.\end{array}\]

\[\frac{{KM}}{{AK}} = \frac{{KH}}{{AK}} = \frac{{{S_{\Delta BHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\]

Chứng minh tương tự: \[\frac{{EN}}{{BE}} = \frac{{{S_{\Delta AHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}};\,\frac{{FP}}{{CF}} = \frac{{{S_{\Delta AHB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\]

\[\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = 3 + \frac{{{S_{\Delta BHC}} + {S_{\Delta AHC}} + {S_{\Delta AHB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + 1 = 4.\]

Cho tam giác \(ABC\) ( {AB < AC}  có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (ảnh 1)

4.\[\widehat {ASK} + \widehat {AQK} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \] nên \[{\rm{AS}}KQ\] là tứ giác nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {ASQ} = \widehat {AKQ}\]

\[\widehat {AKQ} = \widehat {BCQ}\] (cùng phụ với \(\widehat {CKQ}\) )

Do đó \[\widehat {ASQ} = \widehat {BCQ}\]

Suy ra \(BSQC\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {GBS} = \widehat {GQC}\)

\[ASKQ\]là tứ giác nội tiếp nên: \(\widehat {GQK} = \widehat {BAK}\)

\(\widehat {BAK} = \widehat {GKS}\)(cùng phụ với \(\widehat {SBK}\)) nên \(\widehat {GQK} = \widehat {GKS}\)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow G{K^2} = GB.GC\,\,\]

\[ \Rightarrow G{K^2} = GJ.GA \Rightarrow \frac{{GK}}{{GA}} = \frac{{GJ}}{{GK}}\]

⇒ ΔGKJΔGAKGJK^=GKA^=90°

AJ JK

 \(JK\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(D\) (\(D\)khác \(K\)) thì \(AD\)là đường kính của \(\left( O \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(KD\), \(L\) là trung điểm \(QC\).

Khi đó \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta AKD \Rightarrow OI{\rm{//}}AK \Rightarrow OI \bot BC\)

\(OB = OC\) nên \(OI\) là trung trực \(BC\) (3)

\(KQ{\rm{//}}DC\) (cùng vuông góc\(AC\)) nên \(KQCD\) là hình thang.

\(IL\) là đường trung bình của hình thang \(KQCD\)

\(IL{\rm{//}}KQ \Rightarrow IL \bot QC\)

\(IL\) là trung trực của \(QC\) (4)

Từ (3) và (4) \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BSQC\)

Vậy \(I,\,K,\,J\) thẳng hàng.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP