Câu hỏi:

09/05/2026 17

Cho hai biểu thức: $A = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }}$ và $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \frac{2}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{x - 4}}$ với $x > 0;x \ne 4$.

1) Tính giá trị biểu thức $A$ tại $x = 16$.

2) Chứng minh $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$.

3) Tìm $x$ để $\sqrt {A \cdot B} < \frac{2}{3}$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề khảo sát Toán 9 năm 2026 Cụm Chuyên môn số 14 Tháng 4/2026 có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

1) Tính giá trị biểu thức $A$ tại $x = 16$.

Thay $x = 16$ (thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức $A$, ta được:

$A = \frac{{\sqrt {16} - 3}}{{\sqrt {16} }}$$ = \frac{{4 - 3}}{4} = \frac{1}{4}$.

Vậy khi $x = 16$ thì giá trị của biểu thức $A$ bằng $\frac{1}{4}$.

2) Chứng minh $B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$.

$B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \frac{2}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{x - 4}}$

$ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{2\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$

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

$ = \frac{{x - 2\sqrt x - 2\sqrt x - 4 + 2\sqrt x + 4}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$$ = \frac{{x - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)\,}}$

$ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}$$ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}$ (đpcm).

3) Tìm $x$ để $\sqrt {A \cdot B} < \frac{2}{3}$.

$A \cdot B = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x }} \cdot \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}}$

$\sqrt {A \cdot B} < \frac{2}{3}$

Để căn thức có nghĩa, ta cần $A \cdot B \ge 0$ nên $\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}} \ge 0$

Vì $\sqrt x + 2 > 0$ với mọi $x > 0$, nên ta cần $\sqrt x - 3 \ge 0$, tức là $x \ge 9$.

Khi đó, bình phương hai vế của bất phương trình $\sqrt {A \cdot B} < \frac{2}{3}$:

$\frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x + 2}} < \frac{4}{9}$

$\frac{{9(\sqrt x - 3) - 4(\sqrt x + 2)}}{{9(\sqrt x + 2)}} < 0$

$9\sqrt x - 27 - 4\sqrt x - 8 < 0$

$5\sqrt x < 35$

$\sqrt x < 7$

$x < 49$

Kết hợp với điều kiện $x \ge 9$ và điều kiện xác định ban đầu, ta có:

Vậy $9 \le x < 49$.

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

Câu 1

Cho điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với $(O)$ ($A,B$ là các tiếp điểm). Kẻ đường kính $AC$ của $(O)$, $MC$ cắt $AB$ tại $K$. Đoạn thẳng $MC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $D$. Gọi $I,H$ lần lượt là giao điểm của $MO$ với $BD,AB$.

a) Chứng minh $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $OM{\rm{ // }}BC$ và $I{M^2} = IB.ID$.

c) Gọi $L$ là giao điểm của $IK$ và $HC$. Chứng minh $IM = IH$ và $M,B,L$ thẳng hàng.

Lời giải

$Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên $M,B,L$ thẳng hàng. (ảnh 1)$

a) Chứng minh $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

Xét \[\Delta MAO\] vuông tại \[A\] có cạnh huyền \[MO\] nên \[A\],\[M\],\[O\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] Xét \[\Delta MBO\]vuông tại \[B\] có cạnh huyền \[MO\] nên \[B\],\[M\] ,\[O\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] Do đó \[M\], \[O\], \[A\], \[B\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Vậy $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $OM{\rm{ // }}BC$ và $I{M^2} = IB.ID$.

Chứng minh $OM{\rm{ // }}BC$

Xét \[\left( O \right)\] có \[MA\] và \[MB\] là hai tiếp tuyến cắt nhau nên: \[MA = MB\]; \[\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\]; \[\widehat {AMO} = \widehat {BMO}\]

Xét \[\Delta OAB\] cân tại \[A\] (\[OA = OB = R\]) có \[OM\] là phân giác đồng thời là đường cao hay \[OH \bot AB\]. (3)

Xét \[\left( O \right)\]có đường kính \[AC\] nên: \[\widehat {ABC} = 90^\circ \] hay \[BC \bot AB\] (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[OH{\rm{ // }}BC\] hay $OM{\rm{ // }}BC$.

Chứng minh: $I{M^2} = IB.ID$.

$Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên $M,B,L$ thẳng hàng. (ảnh 2)$

• Xét \[\left( O \right)\] có: \[\widehat {BDC} = \widehat {BAC}\] góc nội tiếp cùng chắn

Lại có: \[\left\{ \begin{array}{l}\widehat {AMO} + \widehat {AOM} = 90^\circ \\\widehat {BAC} + \widehat {AOM} = 90^\circ \end{array} \right.\] nên \[\widehat {AMO} = \widehat {BAC}\]; \[\widehat {MDI} = \widehat {BDC}\] (đối đỉnh); \[\widehat {AMO} = \widehat {BMO}\]

Suy ra: \[\widehat {BMO} = \widehat {MDI}\]

• Xét \[\Delta IDM\] và \[\Delta IMB\]có: \[\widehat {MIB}\] chung ; \[\widehat {BMO} = \widehat {MDI}\]

nên $Δ I D M ∽ Δ I M B$ (g.g)

Suy ra: \[\frac{{ID}}{{IM}} = \frac{{IM}}{{IB}}\] hay \[I{M^2} = IB.ID\] (đpcm) (5).

c) Gọi $L$ là giao điểm của $IK$ và $HC$. Chứng minh $IM = IH$ và $M,B,L$ thẳng hàng.

Chứng minh $IM = IH$

- Kẻ đường kính \[BE\]

$Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên $M,B,L$ thẳng hàng. (ảnh 3)$

Xét \[\left( O \right)\]có đường kính \[AC\] nên: \[\widehat {ADC} = 90^\circ \] hay \[AD \bot MC\]

Xét \[\Delta MHA\]vuông tại \[H\] có cạnh huyền \[MA\] nên \[A\],\[M\],\[H\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] Xét \[\Delta MDA\]vuông tại \[D\] có cạnh huyền \[MA\] nên \[A\],\[M\],\[D\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] Do đó \[M\], \[D\], \[A\], \[H\] thuộc đường tròn đường kính \[MA\] hay $MDHA$ nội tiếp.

Suy ra \[\widehat {ADH} = \widehat {AMO}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A H}$ )

Vì $MAOB$ nội tiếp nên \[\widehat {AMO} = \widehat {OBA}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A O}$ )

Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ADE} = \widehat {ABE}\] (góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A E}$ )

Suy ra \[\widehat {ADH} = \widehat {ADE}\] nên tia \[DH\] trùng tia \[DE\] hay \[D\],\[H\],\[E\] thẳng hàng.

Xét \[\left( O \right)\] có đường kính \[BE\] nên: \[\widehat {EDB} = 90^\circ \] hay \[ED \bot IB\].

Xét \[\Delta IHB\] vuông tại \[H\]có đường cao \[HD\] nên: \[I{H^2} = ID.IB\].

Lại có \[I{M^2} = IB.ID\] (câu b) suy ra $IM = IH$.

Chứng minh: $M,B,L$ thẳng hàng.

$Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\]v\[LM\] nên $M,B,L$ thẳng hàng. (ảnh 4)$

Gọi \[IK\] cắt \[CB\] tại \[F\].

Ta có $OM{\rm{ // }}BC$ suy ra: \[\frac{{FC}}{{IM}} = \frac{{FK}}{{KI}}\];\[\frac{{BF}}{{IH}} = \frac{{FK}}{{KI}}\] nên \[\frac{{FC}}{{IM}} = \frac{{BF}}{{IH}}\].

Mà $IM = IH$ hay \[FC = BF\]suy ra \[F\]là trung điểm của \[BC\].

Ta có \[FC{\rm{ // }}HI\] suy ra: \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{CF}}{{HI}} = \frac{{2.CF}}{{2.HI}} = \frac{{BC}}{{MH}}\] hay \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{BC}}{{MH}}\].

Vì $OM{\rm{ // }}BC$ nên \[\widehat {BCL} = \widehat {MHL}\].

Xét \[\Delta LCB\] và \[\Delta LHM\]có: \[\widehat {BCL} = \widehat {MHL}\]; \[\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{BC}}{{MH}}\].

Do đó $Δ L C B ∽ Δ L H M$ (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {CLB} = \widehat {HLM}\] hay tia \[LB\] trùng tia \[LM\] nên $M,B,L$ thẳng hàng.

Câu 2

Trong phòng tư vấn định hướng thi vào lớp 10, lúc đầu có một số dãy ghế với tổng cộng 40 chỗ ngồi. Do phải sắp xếp 55 chỗ ngồi nên người ta kê thêm một dãy ghế và mỗi dãy ghế xếp thêm một chỗ ngồi. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế trong phòng tư vấn đó? (Biết số dãy ghế là một số lớn hơn 5).

Lời giải

Gọi số dãy ghế ban đầu trong phòng là $x$ (dãy).

Điều kiện: $x \in {\mathbb{N}^*}$ và $x > 5$.

Khi đó, số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc đầu là: $\frac{{40}}{x}$ (chỗ).

Số dãy ghế lúc sau là: $x + 1$ (dãy).

Số chỗ ngồi trên mỗi dãy ghế lúc sau là: $\frac{{40}}{x} + 1$ (chỗ).

Vì tổng số chỗ ngồi lúc sau là 55 nên ta có phương trình:

$(x + 1)\left( {\frac{{40}}{x} + 1} \right) = 55$

$40 + x + \frac{{40}}{x} + 1 = 55$

$x + \frac{{40}}{x} - 14 = 0$

${x^2} - 14x + 40 = 0$

$\Delta ' = {( - 7)^2} - 1 \cdot 40 = 49 - 40 = 9 > 0$

$\sqrt {\Delta '} = 3$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

${x_1} = 7 + 3 = 10$ (thỏa mãn điều kiện $x > 5$)

${x_2} = 7 - 3 = 4$ (không thỏa mãn điều kiện $x > 5$)

Vậy lúc đầu trong phòng tư vấn có 10 dãy ghế.

Câu 3