Cho biểu thức ${\rm{P}} = \frac{{{\rm{x}} + {\rm{y}}}}{{\sqrt {\rm{x}} - \sqrt {\rm{y}} }}:\left( {\frac{{\sqrt {\rm{x}} }}{{\sqrt {\rm{y}} }} - \frac{{\rm{x}}}{{\sqrt {{\rm{xy}}} + {\rm{y}}}} - \frac{{\sqrt {{\rm{xy}}} }}{{\sqrt {{\rm{xy}}} - {\rm{x}}}}} \right)$ và biểu thức ${\rm{Q}} = \frac{{{\rm{x}}\sqrt {\rm{x}} - {\rm{y}}\sqrt {\rm{y}} - {\rm{x}}\sqrt {\rm{y}} + {\rm{y}}\sqrt {\rm{x}} }}{{2\left( {\sqrt {\rm{x}} - \sqrt {\rm{y}} {\rm{\;}}} \right)}}$ với ${\rm{x}} > 0,{\rm{\;y}} > 0$ và ${\rm{x}} \ne {\rm{y}}$. Rút gọn các biểu thức P, Q và chứng minh rằng với các số x, y dương phân biệt tuỳ ý thì 4Q+1>2P.

$P = \sqrt x + \sqrt y \Rightarrow 2P = 2\sqrt x + 2\sqrt y $

$Q = \frac{{x + y}}{2} \Rightarrow 4Q + 1 = 2\left( {x + y} \right) + 1$

Nhân hai vế của biểu thức $4Q + 1 - 2P$ cho 2

$2\left( {4Q + 1 - 2P} \right) = 4x + 4y + 2 - 4\sqrt x - 4\sqrt y $

$ = {\left( {2\sqrt x - 1} \right)^2} + {\left( {2\sqrt y - 1} \right)^2}$

Ta có $x \ne y \Rightarrow 2\left( {4Q + 1 - 2P} \right) > 0$$ \Rightarrow 4Q + 1 > 2P$

Câu 2

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol $\left( {\rm{P}} \right):{\rm{y}} = {{\rm{x}}^2}$ và đường thẳng $\left( {\rm{d}} \right):{\rm{y}} = {\rm{kx}} + 5$. Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A và B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox.

a) Khi k = -4, tính diện tích hình thanh ABDC.

b) Tìm tất cả các giá trị của k để AD và BC cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn đường kính CD.

Xem đáp án

Lời giải

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol $\left( {\rm{P}} \right):{\rm{y}} = {{\rm{x}}^2}$ và đường thẳng $\left( {\rm{d}} \right):{\rm{y}} = {\rm{kx}} + 5$. Đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm A và B. Gọi C, D lần lượt là hình chiếu của A, B trên trục Ox.

a) Khi k=-4, tính diện tích hình thanh ABDC.

b) Tìm tất cả các giá trị của k để AD và BC cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn đường kính CD.

Trên cùng một mặt phẳng toạ độ, cho parabol (ảnh 1)

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

${x^2} = - 4x + 5$

$ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0$

$a + b + c = 1 + 4 - 5 = 0$

$x = 1,\;x = - 5$

$x = 1 \Rightarrow y = {x^2} = 1$

$x = - 5 \Rightarrow y = {x^2} = 2$

$A\left( { - 5;25} \right)\;v\`a \;B\left( {1;1} \right)$

Diện tích hình thanh $ABDC:$

$\frac{{\left( {AC + BD} \right).CD}}{2} = \frac{{\left( {25 + 1} \right).6}}{2} = 78$ (đvdt)

b) + Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Vì I thuộc đường tròn đường kính CD nên:

$\hat{C I D} = 90^{°}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$ \Rightarrow AD \bot BC$

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

${x^2} = kx + 5$

$ \Leftrightarrow {x^2} - kx - 5 = 0$

$c.a = - 5 < 0$

Do đó hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.

Toạ độ hai giao điểm là $A\left( {{x_1},\;{y_1}} \right)\;v\`a \;B\left( {{x_2},\;{y_2}} \right)$.

+ Theo định lí Vi-ét: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = k}\\{{x_1}{x_2} = - 5}\end{array}} \right.$

+ Phương trình đường thẳng AD có dạng: $y = ax + b$. Ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{y_1} = a{x_1} + b}\\{{y_D} = a{x_D} + b}\end{array}} \right.\;$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{k{x_1} + 5 = a{x_1} + b}\\{0 = a{x_2} + b\;}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow k{x_1} + 5 = a\left( {{x_1} - {x_2}} \right)$ (trừ theo vế)

+ Phương trình đường thẳng BC có dạng: $y = a'x + b'$. Tương tự như trên ta có:

$k{x_2} + 5 = a'\left( {{x_2} - {x_1}} \right)$

Nhân theo vế hai ý vừa có được:

$\left( {k{x_1} + 5} \right)\left( {k{x_2} + 5} \right) = \mathop {\mathop { - a.a'}\limits_{} }\limits_{} .{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow {k^2}{x_1}{x_2} + 5k\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 25 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2}$ $ \Leftrightarrow - 5{k^2} + 5{k^2} + 25 = {k^2} + 20$

$ \Leftrightarrow {k^2} = 5$ $ \Leftrightarrow k = \pm \sqrt 5 $

Vậy $k = \pm \sqrt 5 $

Câu 3

a) Giải phương trình $10{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} + 2 = \left( {6{\rm{x}} + 1} \right)\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 2} $ .

b) Giải hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {{{\rm{x}}^2} - {\rm{y}}} \right)\sqrt {{\rm{x}} - 2} = x\left( {y - x + 2} \right)}\\{\left( {{\rm{y}} - 1} \right)\left( {{\rm{y}} - 3{\rm{x}} - 3} \right) = {{\rm{x}}^2} - 3x + 3 - 8\sqrt {x - 2} }\end{array}} \right.{\rm{\;}}$

Xem đáp án

Lời giải

a) Giải phương trình: $10{x^2} + 3x + 2 = \left( {6x + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 2} $

Cách 1: Bình phương hai vế rồi casio bậc 4.

Cách 2: Đặt $t = \sqrt {{x^2} + 2} \Rightarrow $ ${t^2} = {x^2} + 2\;(t > 0)$. Ta được:

$9{x^2} + 3x + {t^2} = \left( {6x + 1} \right)t$ $ \Rightarrow $ $\left( {9{x^2} - 6xt + {t^2}} \right) + 3x - t = 0$$ \Rightarrow $${\left( {3x - t} \right)^2} + \left( {3x - t} \right) = 0$

$ \Rightarrow $ $\left( {3x - t} \right)\left( {3x - t + 1} \right) = 0$$ \Rightarrow $ $\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = t}\\{3x + 1 = t}\end{array}} \right.$$ \Rightarrow $ $\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = \sqrt {{x^2} + 2} }\\{3x + 1 = \sqrt {{x^2} + 2} }\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow $ $\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{9{x^2} = {x^2} + 2\;\;\;\left( {3x \ge 0} \right)}\\{9{x^2} + 6x + 1 = {x^2} + 2\;\;\;\left( {3x + 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right.$$ \Rightarrow $ $\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \pm \frac{1}{2}\;\;\;\;\;\left( {3x \ge 0} \right)}\\{8{x^2} + 6x - 1 = 0\;\;\;\;\left( {3x + 1 \ge 0} \right)}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow $ $\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{1}{2}}\\{x = \frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{8}}\end{array}} \right.$

Vây $S = \left\{ {\frac{1}{2};\frac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{8}} \right\}$

b)Giải hệ : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {{x^2} - y} \right)\sqrt {x - 2} = x\left( {y - x + 2} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)}\\{\left( {y - 1} \right)\left( {y - 3x - 3} \right) = {x^2} - 3x + 3 - 8\sqrt {x - 2} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)}\end{array}} \right.$

Đk: $x \ge 2$

Xét phương trình (1):

$\left( {{x^2} - y} \right)\sqrt {x - 2} = x\left( {y - x + 2} \right)$ $ \Rightarrow $ ${x^2}\sqrt {x - 2} - y\sqrt {x - 2} = xy - x\left( {x - 2} \right)$

$ \Rightarrow $ ${x^2}\sqrt {x - 2} - xy + x\left( {x - 2} \right) - y\sqrt {x - 2} = 0$$ \Rightarrow $ $x\left( {x\sqrt {x - 2} - y} \right) + \sqrt {x - 2} \left( {x\sqrt {x - 2} - y} \right) = 0$

$ \Rightarrow $ $\left( {x\sqrt {x - 2} - y} \right)\left( {\underbrace {x + \sqrt {x - 2} }_{ > 0\;v\`i \;x \ge 2}} \right) = 0$$ \Rightarrow $ $x\sqrt {x - 2} - y = 0$

$ \Rightarrow $ $y = x\sqrt {x - 2} $

Xét phương trình:

$\left( {y - 1} \right)\left( {y - 3x - 3} \right) = {x^2} - 3x + 3 - 8\sqrt {x - 2} $ $ \Rightarrow $ ${y^2} - 3xy - 4y + 3x + 3 = {x^2} - 3x + 3 - 8\sqrt {x - 2} $

$ \Rightarrow $ ${x^2}\left( {x - 2} \right) - 3{x^2}\sqrt {x - 2} - 4x\sqrt {x - 2} - {x^2} + 6x + 8\sqrt {x - 2} = 0$

$ \Rightarrow $ $\left( {{x^3} - 3{x^2} + 6x} \right) - \sqrt {x - 2} \left( {3{x^2} + 4x - 8} \right) = 0$$ \Rightarrow $ ${x^3} - 3x\left( {x - 2} \right) - \sqrt {x - 2} \left( {3{x^2} + 4x - 8} \right) = 0$

Đặt $t = \sqrt {x - 2} $ thì ${t^2} = x - 2$ và $4x - 8 = 4{t^2}$

$\left( {{x^3} - 3x{t^2}} \right) - t\left( {3{x^2} + 4{t^2}} \right) = 0$ $ \Rightarrow $ ${x^3} - 3{x^2}t - 3x{t^2} - 4{t^3} = 0$$ \Rightarrow $ $\left( {x - 4t} \right)\left( {{x^2} + tx + {t^2}} \right) = 0$

Mà ${x^2} + tx + {t^2} = {\left( {x + \frac{t}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4}{t^2} > 0$ (dấu bằng không xảy ra)

Ta được:

$x = 4t$ $ \Rightarrow $ $x = 4\sqrt {x - 2} $$ \Rightarrow $ ${x^2} = 16\left( {x - 2} \right)$$ \Rightarrow $ ${x^2} - 16x + 32 = 0$

$x = 8 \pm 4\sqrt 2 $ : nhận

$x = 8 + 4\sqrt 2 \Rightarrow y = x\sqrt {x - 2} = \left( {8 + 4\sqrt 2 } \right).\sqrt {6 + 4\sqrt 2 } = \left( {8 + 4\sqrt 2 } \right).\left( {2 + \sqrt 2 } \right) = 32 + 16\sqrt 2 $

$x = 8 - 4\sqrt 2 \Rightarrow y = x\sqrt {x - 2} = \left( {8 - 4\sqrt 2 } \right).\sqrt {6 - 4\sqrt 2 } = \left( {8 - 4\sqrt 2 } \right).\left( {2 - \sqrt 2 } \right) = 32 - 16\sqrt 2 $

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 8 + 4\surd 2}\\{y = 32 + 16\sqrt 2 }\end{array}\;} \right.$ và $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 8 - 4\sqrt 2 }\\{y = 32 - 16\sqrt 2 }\end{array}\;} \right.$

Câu 4

Cho tam giác nhọn ABC, với AB < AC, nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở D. Đường tròn đường kính AD cắt đường tròn đường kính OD tại điểm E (khác D). Gọi F là giao điểm của đoạn thẳng OE và đường tròn (O).

a) Chứng minh rằng 3 điểm A, O, E thẳng hàng và CF là tia phân giác của góc BCE.

b) Các tia AB, AC lần lượt cắt đường tròn đường kính AD tại các điểm G, K (đều khác A). Chứng minh rằng OD đi qua trung điểm của đoạn thẳng GK.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC, với AB < AC, nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến của đường tròn (ảnh 1)

a) Chứng minh $A,O,E$và CF là tia phân giác của $\widehat {BCE}$.

b) Các tia AB, AC lần lượt cắt đường tròn đường kính AD tại các điểm G, K (khác A). Chứng minh rằng OD đi qua trung điểm của đoạn thẳng GK.

a) + Xét đường tròn đường kính OD:

$\widehat {OED} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+Xét đường tròn đường kính AD:

$\widehat {AED} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$ \Rightarrow \widehat {OED} = \widehat {AED} = 90^\circ $

$ \Rightarrow \overline {A,O,E} $

+Trong đường tròn đường kính AD:

$\widehat {BCE} = \widehat {BOE}$ (cùng chắn )

+ Trong đường tròn (O):

$\widehat {BCF} = \frac{1}{2}\;\widehat {BOE}\;$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

$ \Rightarrow \widehat {BCF} = \frac{1}{2}\;\widehat {BCE}$

$ \Rightarrow $ CF là tia phân giác của $\widehat {BCE}$

b) + Gọi I là giao điểm thức hai của AD và (O) và L là giao điểm của GK và OD.

+ Gội M là giao điểm của OD và BC. Dễ dàng ta chứng minh được OD là trung trực của BC.

$\widehat {CMD} = 90^\circ \;m\`a \;\widehat {CKD} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD)

$ \Rightarrow $ CMDK nộp tiếp$ \Rightarrow \widehat {LDK} = \widehat {ACB}$, mà $\widehat {ACB} = \widehat {AIB}$ (cùng chắn của (O))$ \Rightarrow \widehat {LDK} = \widehat {AIB}$

+ $\widehat {BAI} = \widehat {DKL}$ (cùng chắn của đường tròn đường kính AD)

Ta được: (g – g ) $ \Rightarrow \frac{{LK}}{{LD}} = \frac{{BA}}{{BI}}$

Tương tự: (g – g ) $ \Rightarrow \frac{{LG}}{{LD}} = \frac{{CA}}{{CI}}$

Mà $\frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{CA}}{{CI}}$

Đây là bổ đề quen thuộc từ hai tiếp tuyến và một cát tuyến, ta chứng minh được như sau:

(g – g) $ \Rightarrow \frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{BD}}{{DI}}$

(g – g) $ \Rightarrow \frac{{CA}}{{CI}} = \frac{{CD}}{{DI}}$

Mà $\frac{{BD}}{{DI}} = \frac{{CD}}{{DI}}$ nên $\frac{{BA}}{{BI}} = \frac{{CA}}{{CI}}$

Do đó: $\frac{{LK}}{{LD}} = \frac{{LG}}{{KD}} \Rightarrow LK = LG$

Vậy OD đi qua trung điểm L của GK

Câu 5

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại M. Lấy điểm E nằm giữa A và M. Trên cạnh AC, BC lần lượt lấy điểm D, F sao cho AD = AE và BF = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF lần lượt cắt AB và BC tại G (khác E) và H (khác F). Chứng minh rằng (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF và các đường thẳng CM, ED, GH đồng quy.

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC < BC, đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc (ảnh 1)

Gọi S là giao của DE và GH. Ta đi chứng minh C, M, S thẳng hàng.

Ta có $\widehat {ADE} = \widehat {AED} = \widehat {DHS} \Rightarrow $CD là tiếp tuyến của (SHD) tại D

Tương tự ta cũng có CH là tiếp tuyến của (SHD) tại H

Khi đó SC là đường đối trung của tam giác SHD

Gọi N là trung điểm HD. Theo bổ đề đường dối trung, ta có:

$\widehat {HSN} = \widehat {CSD}$ (1) Lại có tam giác SEGSHD

$ \Rightarrow $Tam giác SEMSHN (Chia đôi tỉ số đường trung tuyến)

$ \Rightarrow \widehat {SEM} = \widehat {HSN}\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có $\widehat {CSD} = \widehat {ESM} \Rightarrow $(đpcm)

Câu 6

a) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

$2008\left( {{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}} \right) + 15\left( {\frac{1}{{\rm{x}}} + \frac{1}{{\rm{y}}} + \frac{1}{{\rm{z}}}} \right) \ge 2023\left( {{\rm{x}} + {\rm{y}} + {\rm{z}}} \right)$.

b) Cho phương trình ${{\rm{x}}^2} - 4{\rm{m}}{{\rm{n}}^2}{\rm{x}} - 4{\rm{m}}{{\rm{n}}^3} - {\rm{m}} = 0$, với m và n là các tham số. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m; n) để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ${{\rm{x}}_1},{\rm{\;}}{{\rm{x}}_2}{\rm{\;}}$đều là số nguyên và ${{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2} + 1{\rm{\;}}$là số nguyên tố.

Xem đáp án

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

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Tiếng Anh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

ĐHQG Hồ Chí Minh

ĐH Bách Khoa

ĐHQG Hà Nội

Bộ Công an

ĐHSP Hà Nội

Bằng lái xe

English Test

IT Test

Đại học

Viên chức

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Global success

iLearn Smart World

Friends Global

Explore new worlds

Bright

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý