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 2/5

1. Cho đường thẳng $\left( d \right)$ có phương trình $y = \left( {m - 2} \right)x + 2m - 1$ (với $m$ là tham số) và điểm $A\left( { - 1;2} \right)$. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $\left( d \right)$ đạt giá trị lớn nhất.

2. Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {x - y - 1} \right).\left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right) = {x^2} + {y^2} - x + y + 3\\\sqrt {x + 6} + \sqrt {y + 3} = - {x^2} + 2x + 8\end{array} \right.\,\].

Xem đáp án

Lời giải

1.Gọi $M\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ là điểm cố định nằm trên đường thẳng $d$

$ \Leftrightarrow {y_0} = \left( {m - 2} \right){x_0} + 2m - 1$ có nghiệm với $\forall m$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow m\left( {{x_0} + 2} \right) - 2{x_0} - {y_0} - 1 = 0\,\left( {\forall m} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2 = 0\\ - 2{x_0} - {y_0} - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = - 2\\{y_0} = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 2;3} \right)\end{array}$

Gọi $H$ là hình chiếu của A trên $d \Rightarrow AH \le AM$

Khoảng cách $AH$ lớn nhất là $AM$khi $H \equiv M \Leftrightarrow AM \bot d$

Phương trình đường thẳng $AM:\,y = - x + 1$

$AM \bot d \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right).\left( { - 1} \right) = - 1 \Leftrightarrow m = 3.$

2.ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}x \ge - 6\\y \ge - 3\end{array} \right.$

\[\begin{array}{l}\left( {x - y - 1} \right).\left( {{x^2} + {y^2} + 1} \right) = {x^2} + {y^2} - x + y + 3\\ \Leftrightarrow \left( {x - y - 2} \right).\left( {{x^2} + {y^2} + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x - y - 2 = 0\,\,\left( {{x^2} + {y^2} + 2 > 0\,\,\forall x,y} \right)\end{array}\]

Thay $y = x - 2$ vào phương trình $\left( 2 \right)$

\[\sqrt {x + 6} + \sqrt {x + 1} = - {x^2} + 2x + 8,\,\,\,\,(x \ge - 1)\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {x + 6} - 3 + \sqrt {x + 1} - 2 + {x^2} - 2x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 6} + 3}} + \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1} + 2}} + \left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {\frac{1}{{\sqrt {x + 6} + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 1} + 2}} + x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x = 3\,\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,\,\frac{1}{{\sqrt {x + 6} + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 1} + 2}} + x + 1 > 0,\,\forall x \ge - 1} \right)\\x = 3 \Rightarrow y = 1.\end{array}\]

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left( {3;1} \right)$

Câu 3/5

Cho tam giác $ABC$ $\left( {AB < AC} \right)$ có các góc nhọn nội tiếp đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Các đường cao $AK,\,BE,\,CF$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ và cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại các điểm lần lượt là $M,\,N,\,P$ ($M$ khác $A$, $N$ khác $B$, $P$ khác $C$).

1. Chứng minh \[EF\,{\rm{//}}\,PN.\] 

2. Chứng minh diện tích tứ giác $AEOF$ bằng $\frac{{EF.R}}{2}.$

3. Tính giá trị của biểu thức \[\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}}.\]

4. Gọi $S$ và $Q$ là chân đường vuông góc kẻ từ điểm $K$ đến các cạnh $AB,\,AC$. Đường thẳng $QS$ cắt $BC$ tại $G$, đường thẳng $GA$ cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại điểm $J$

($J$ khác $A$). Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCQS$. Chứng minh ba điểm $I,\,K,\,J$ thẳng hàng.

Xem đáp án

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 )

Mà $\widehat {CBE} = \widehat {CPN}$( 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$

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

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}$

$\Delta MCH$ có $CK$ 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}$

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

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

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

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

⇒ $Δ G K J ∽ Δ G A K \Rightarrow \hat{G J K} = \hat{G K A} = 90 °$

⇒ 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 $\Delta AKD \Rightarrow OI{\rm{//}}AK \Rightarrow OI \bot BC$

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

Vì $KQ{\rm{//}}DC$ (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.

Câu 4/5

Tìm tất cả các cặp số nguyên $\left( {x;y} \right)$ thỏa mãn:

${x^4} - 6{x^3} + 18{x^2} - {y^2} - 32x + 4y + 20 = 0.$

Xem đáp án

Lời giải

\[\begin{array}{l}{x^4} - 6{x^3} + 18{x^2} - {y^2} - 32x + 4y + 20 = 0\\ \Leftrightarrow {x^4} - 6{x^3} + 18{x^2} - 32x + 24 = {y^2} - 4y + 4\\ \Leftrightarrow {(x - 2)^2}({x^2} - 2x + 6) = {(y - 2)^2}\end{array}\]

Với $y = 2 \Rightarrow x = 2$

Với $y \ne 2$ ta có (y – 2)2 và (x – 2)2 là số chính phương khác 0 nên \[{x^2} - 2x + 6\] là số chính phương.

Đặt \[{x^2} - 2x + 6 = {m^2}\]\[(m \in {N^*})\]

\[\begin{array}{l}{(x - 1)^2} + 5 = {m^2}\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1 - m} \right)\left( {x - 1 + m} \right) = - 5\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x - 1 + m = 5\\x - 1 - m = - 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x - 1 + m = 1\\x - 1 - m = - 5\end{array} \right.\end{array} \right.\left( {x - 1 + m > x - 1 - m} \right)\\{\rm{ < = > }}\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\m = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\m = 3\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}\]

· x = 3 ⇒ (y – 2)2 = 9 ⇒ y = 5 hoặc y = –1

· x = –1 ⇒ (y – 2)2 = 81 ⇒ y = 11 hoặc y = –7

Vậy các bộ (x; y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là (2; 2), (3; 5), (3; –1), (–1; 11),(– 1; – 7).

Câu 5/5

Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} + ab - 2bc - 2ca = 0$.

Chứng minh: \[\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 3\].

Xem đáp án

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.

Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Ôn vào 10

Ôn vào 6

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Khoa học tự nhiên

Tin học

Lịch sử

Địa lí

Toán

Văn

Tiếng Anh

Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn:

\({x^4} - 6{x^3} + 18{x^2} - {y^2} - 32x + 4y + 20 = 0.\)

Cho ba số thực dương \(a,\,b,\,c\) thỏa mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2} + ab - 2bc - 2ca = 0\).

Chứng minh: \[\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(a + b - c)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge 3\].