Category Archives: Lớp 9

Hệ thức lượng trong tam giác vuông – Chứng minh đẳng thức P2

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC = 3\sqrt{5}$, hình vuông $ADEF$ có $D$ thuộc $AB$, $E$ thuộc $BC$ và $F$ thuộc $AC$. Biết hình vuông có cạnh 2, tính độ dài các cạnh $AB, AC$ (giả sử $AB < AC$).
Lời giải. Đặt $BD = x, CF = y$, vì $AB < AC$ nên $x < y$.
Ta có $\triangle BDE \backsim \triangle EFC \Rightarrow BD \cdot CF = ED \cdot EF = 4$.
Mặt khác $AB^2 + AC^2 = BC^2 \Rightarrow (x+2)^2+(y+2)^2 = 45 \Rightarrow (x+y)^2 + 4(x+y) -45 = 0 \Rightarrow x+y = 5$.
Suy ra $x(5-x) = 4$, giải ra được $x = 1, y = 4$.
Từ đó suy ra $AB = 3, AC = 6$.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nhọn trung tuyến $AM$. \begin{enumerate}
a) Chứng minh rằng $4AM^2 + BC^2=2(AB^2+AC^2)$.
b) Vẽ trung tuyến $BN$. Tìm điều kiện về độ dài các cạnh của tam giác $ABC$ để $AM \bot AN$.
Lời giải.
a) Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$, giả sử $H$ nằm giữa $B$ và $M$. Ta có:

$AB^2 + AC^2 = 2AH^2 + BH^2 + CH^2$
$= 2AH^2 + (BM – HM)^2 + (CM + HM)^2 $
$= 2AH^2 + 2HM^2 + 2BM^2 = 2AM^2 + \dfrac{BC^2}{2}$

b) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác: $GM=\dfrac{1}{3}AM,GB=\dfrac{2}{3}BN$. Ta có $AM\perp BN$ khi và chỉ khi:\

$GM^2 + GB^2 = BM^2$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{9}AM^2 + \dfrac{4}{9}BN^2 = \dfrac{1}{4}BC^2$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{9} \left( \dfrac{AB^2 + AC^2}{2} – \dfrac{BC^2}{4} \right) + \dfrac{4}{9}\left(\dfrac{AB^2 + BC^2}{2} – \dfrac{AC^2}{4}\right) = \dfrac{BC^2}{4}$
$\Leftrightarrow 5AB^2 = AC^2 + BC^2$

Bài 3. Cho tam giác $ABC$, hai đường phân giác $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $I$ thỏa mãn $BD\cdot CE = 2\cdot BI\cdot CI$. Tam giác $ABC$ là tam giác gì? vì sao?
Lời giải.

Đặt $ BC = a, CA = b, AB = c $. Ta có, $ AI $ là phân giác trong $ \triangle ABD $\
Suy ra:
$ \dfrac{BI}{c} = \dfrac{DI}{AD} = \dfrac{BD}{c + AD} \Rightarrow \dfrac{BI}{BD} = \dfrac{c}{c+ AD} $
Chứng minh tương tự
$ \dfrac{CD}{CE} = \dfrac{b}{b + AE} $
Như vậy điều cần chứng minh tương đương với

$\dfrac{BI}{BD} \cdot \dfrac{CI}{CE} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{bc}{(c + AD)(b + AE)} = \dfrac{1}{2}$
$\Leftrightarrow bc = AD\cdot b + AE\cdot c + AD\cdot AE \qquad (*)$

Mặt khác, trong tam giác $ ABC $ ta có
$ BD $ là phân giác $ \angle ABC$ ta có $\dfrac{AD}{c} = \dfrac{CD}{a} = \dfrac{b}{a + c} \Rightarrow AD = \dfrac{bc}{a + c}$
$ CD $ là phân giác $ \angle ACB$ ta có \dfrac{AE}{b} = \dfrac{BE}{a} = \dfrac{c}{a + b} \Rightarrow AE = \dfrac{bc}{a + b}$
Do đó (*) tương đương với

$bc = \dfrac{b^2c}{a + c} + \dfrac{bc^2}{a + b} + \dfrac{b^2c^2}{(a+b)(a+c)}$
$\Leftrightarrow a^2 = b^2 + c^2$

Vậy tam giác $ ABC$ vuông tại $ A $.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $a$. $M$ là một điểm thay đổi bên trong tam giác. Gọi $D, E, F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên các cạnh $BC, AC, AB$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = AF^2 + BD^2 + CE^2$.
Lời giải.
Ta có $AM^2 = AF^2 + MF^2 = AE^2 + ME^2$. Suy ra $AF^2 – AE^2 = ME^2 – MF^2$.
Tương tự $BD^2 – BF^2 = MF^2 – MD^2, CE^2 – CD^2 = MD^2 -MD^2$.
Khi đó $AF^2 -AE^2 + BD^2 – BF^2 + CE^2-CE^2 = 0 \Leftrightarrow AF^2 +DB^2 + CE^2 = AE^2+BF^2+CE^2$.
Mặt khác $AF^2 + BF^2 \geq \dfrac{(AF+BF)^2}{2} = \dfrac{a^2}{4}$.
Tương tự thì $BD^2 +CD^2 \geq \dfrac{a^2}{2}$ và $CE^2+AE^2 \geq \dfrac{a^2}{2}$.
Do đó $P =AF^2 + BD^2 + CE^2 \geq \dfrac{3a^2}{4}$.
Đẳng thức xảy ra khi $D, E, F$ lần là trung điểm của $BC, AC, AB$.
Vậy $P_{min} = \dfrac{3a^2}{4}$.

Bài 5. Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a$. Các điểm $M, N$ lần lượt thay đổi trên cạnh $BC, CD$ sao cho $\angle MAN = 45^\circ$. Chứng minh chu vi tam giác $CMN$ không đổi và tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $CMN$.

Trên tia đối của tia $DC$ lấy điểm $K$ sao cho $\angle KAN = \angle MAN = 45^\circ$.
Do $\angle KAD+\angle DAN =45^\circ \quad \text{và} \quad \angle DAN+\angle MAB =45^\circ \quad \text{nên} \quad \angle KAD =\angle MAB$
$\Rightarrow \triangle KAD =\triangle MBA$(ch-cgv) $\Rightarrow AK=AM \quad \text{và} \quad KD=BM$
Khi đó $\triangle KAN=\triangle MAN$(c-g-c) $\Rightarrow MN=KN$
Ta có:
$P_{\triangle CMN}=MN+MC+NC=KN+MC+NC
=KD+DN+NC+MC=BM+MC+NC+ND=DC+CB=2a$.
Vậy chu vi của $\triangle CMN$ luôn không đổi và bằng $2a$
Đặt $MC=x,NC=y$
$P_{\triangle CMN}=MN+MC+NC=x+y+\sqrt{x^2+y^2}=2a$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
$2a=x+y+\sqrt{x^2+y^2}\ge 2\sqrt{xy}+ \sqrt{2xy}=\left(\sqrt{2}+2\right)\sqrt{xy} \Rightarrow xy\le \dfrac{4a^2}{(\sqrt{2}+2)^2}$
$S_{\triangle CMN}=\dfrac{1}{2}xy\le \dfrac{1}{2}.\dfrac{4a^2}{6+4\sqrt{2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{2}+3}$

Bài 6. Cho $\triangle A B C$ vuông ờ $A, A H \perp B C, H \in B C . H E \perp A C$,
$H F \perp A B$
\begin{enumerate}
a) Chứng minh rằng $H A^{3}=B F \cdot C E \cdot B C$.
b) Chứng minh rằng $\sqrt[3]{B F^{2}}+\sqrt[3]{C E^{2}}=\sqrt[3]{B C^{2}}$.
c) Gọi $M, N$ là hình chiếu của $E, F$ lên $B C$.
Chứng minh rằng $\sqrt{M C}+\sqrt{N B}=\sqrt{B C}$.
d) Chứng minh rằng $\sqrt[3]{N B \cdot N F}+\sqrt[3]{M C \cdot M E}=\sqrt[3]{A B \cdot A C}$.

Bài 7. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $M$ là điểm thuộc cạnh $BC$ thỏa $MA^2 = MB \cdot MC$. Chứng minh rằng $M$ là trung điểm của $BC$ hoặc $M$ là chân đường cao từ $A$ đến $BC$.

Hệ thức lượng trong tam giác – Chứng minh đẳng thức

Dạng 2. Chứng minh đẳng thức hình học

Ví dụ 1. Cho hình thoi $ABCD$ có $\angle A = 120^\circ$. Tia $Ax$ tạo với $AB$ một góc $\angle BAx = 15^\circ$ và cắt cạnh $BC$ tại $M$, cắt đường thẳng $CD$ tại $N$.
Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{AM^2}+\dfrac{1}{AN^2}=\dfrac{4}{3AB^2}$$
Lời giải.

Vẽ tia $Ay$ vuông góc với $AM$,$Ay$ cắt cạnh $CD$ tại $P$. Suy ra $\angle PAD= 15^\circ$.
Ta có $\triangle ADP=\triangle ABM$(g-c-g), suy ra $AP=AM$.
Vẽ đường cao $AH$ của tam giác $PAN$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $PAN$:
$$\dfrac{1}{AP^2}+\dfrac{1}{AN^2}=\dfrac{1}{AH^2}$$
Khi đó $\dfrac{1}{AM^2}+\dfrac{1}{AN^2}=\dfrac{1}{AP^2}+\dfrac{1}{AN^2}=\dfrac{1}{AH^2}$. (1)
Mặt khác trong tam giác vuông $ADH$:\
$\dfrac{AH}{AD}=\sin D\Rightarrow AH=AD\cdot \sin D=AB\cdot \sin60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AB.$ (2)
Từ (1) và (2) ta có được $\dfrac{1}{AM^2}+\dfrac{1}{AN^2}=\dfrac{4}{3AB^2}$.

Ví dụ 2. Qua điểm $D$ trên cạnh huyền $BC$ của tam giác vuông $ABC$ ta kẻ các đường vuông góc $DH$ và $DK$ lần lượt xuống các cạnh $AB$ và $AC$.\ Chứng minh hệ thức: $DB\cdot DC = HA\cdot HB + KA\cdot KC$.

Lời giải.

Ta có $AHDK$ là hình chữ nhật nên $AH = DK, AK = DH$.
Ta có $BC^2 = AB^2 + AC^2 \Leftrightarrow (DB + DC)^2 = (AH+BH)^2 + (AK + CK)^2 \Leftrightarrow DB^2 + DC^2 + 2DC \cdot DB = AH^2 + BH^2 + 2 AH \cdot BH + AK^2 + CK^2 + 2AK \cdot CK$. (1)
Mà $DB^2 = BH^2 + HD^2 = BH^2 + AK^2$ và $DC^2 = DK^2 + CK^2 = AH^2 + CK^2$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $DB \cdot DC = AH \cdot HB + AK \cdot KC$.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AB, AC$. Chứng minh rằng:

a) $AH^3 = BC\cdot BE\cdot CF$.
b) $\sqrt[3]{BE^2} + \sqrt[3]{CF^2} = \sqrt[3]{BC^2}$.
Lời giải.


a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $BHA$ và $AHC$:
$$BH^2=BE\cdot AB \quad \text{và} \quad HC^2=CF\cdot AC$$
Nhân hai vế đẳng thức với nhau ta được:
$BH^2\cdot HC^2=BE\cdot CF\cdot AB\cdot AC
\Rightarrow \left(HB\cdot HC\right)^2=BE\cdot CF\cdot AB\cdot AC \quad (1)$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$:
$HB\cdot HC=AH^2 \quad \text{và} \quad AB\cdot AC=AH\cdot BC$.
Khi đó (1) trở thành:$AH^4=BE\cdot CF\cdot AH\cdot BC$ hay $AH^3=BE\cdot CF\cdot BC$(đpcm)
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABH$ ta có $BE\cdot AB=HB^2$ hay $BE=\dfrac{BH^2}{AB}$, do đó:
$$\dfrac{BE^2}{BC^2}=\dfrac{BH^4}{AB^2\cdot BC^2}=\dfrac{BH^4}{\left(BH\cdot BC\right)\cdot BC^2}=\left(\frac{BH}{BC}\right)^3$$
Lấy căn bậc ba hai vế ta được $\sqrt[3]{\dfrac{BE^2}{BC^2}}=\dfrac{BH}{BC}\quad (1)$
Chứng minh tương tự ta được $\sqrt[3]{\dfrac{CF^2}{BC^2}}=\dfrac{CH}{BC}\quad (2)$
Lấy (1)+(2) ta được đpcm.\

Ví dụ 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn và $H$ là trực tâm. Chứng minh rằng

$$AB^2 + CH^2 = AC^2 + BH^2 = AH^2 + BC^2$$

Lời giải.

Gọi $D$ là chân đường cao hạ từ $A$.
Ta có $AB^2 = BD^2 + AD^2$ và $CH^2 = CD^2 + DH^2$, suy ra $AB^2 +CH^2 = BD^2+AD^2+CD^2+DH^2$. (1)
tương tự thì $AC^2 = AD^2 + CD^2$, $BH^2 = BD^2+DH^2$, suy ra $AC^2+BH^2=AD^2+CD^2+BD^2+DH^2$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $AB^2 + CH^2 = AC^2+BH^2$.
Chứng minh tương tự cho đẳng thức còn lại.

Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, đường trung tuyến $BM$, đường phân giác $CD$ đồng quy tại $O$.

a) Chứng minh rằng $BH = AC$.
b) Cho biết $BC = x$ . Tính độ dài $AB, AC$ theo $x$.
Lời giải. 


a) Gọi $E$ là điểm đối xứng của $O$ qua $M$. Khi đó tứ giác $AECO$ là hình bình hành nên $CE\parallel AO$.
Áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác $BEC$ có $OH\parallel EC$:
$$\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{OH}{CE}$$
$CO$ là đường phân giác của $\triangle ACH$ nên:
$$\dfrac{OH}{OA}=\dfrac{CH}{CA}$$
Từ hai đẳng thức trên và $CE=OA$(AECO là hình bình hành) ta có:
$$\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{CH}{AC} \Leftrightarrow BH\cdot AC=CH\cdot BC$$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ ta được $AC^2=CH\cdot CB$
Từ đó suy ra $BH=AC$(đpcm)
b) Ta có $AC^2=CH\cdot CB=\left(CB-BH\right)\cdot CB=\left(x-AC\right)x$. Suy ra:
$$AC^2+2AC\cdot \dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{4}=\dfrac{5x^2}{4} \Leftrightarrow \left(AC+\dfrac{x}{2}\right)^2=\left(\dfrac{x\sqrt{5}}{2}\right)^2$$
Vậy $ AC = \left(\dfrac{\sqrt{5} – 1}{2}\right)x $, $ AB = \sqrt{x^2 – AC^2} = x\sqrt{\dfrac{\sqrt{5} – 1}{2}}$

Ví dụ 6. Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, đường trung tuyến $BM$. Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên $BM$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AC$. Chứng minh rằng $AH = 3HD$.

Lời giải.

Cách 1. Đặt $AM=x$, tính được $MC = AM = x$, $AC = 2x = AB$.
Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông $BAM$:
$BM=\sqrt{AB^2+AM^2}=\sqrt{\left(2x\right)^2+\left(x\right)^2}=x\sqrt{5}$
$\triangle BAM \backsim \triangle CDM $(g-g) $\Rightarrow \dfrac{AB}{DC}=\dfrac{MA}{MD}=\dfrac{BM}{CM}=\dfrac{\sqrt{5}x}{x}=\sqrt{5}$
$\Rightarrow MD=\dfrac{AM}{\sqrt{5}}=\dfrac{x}{\sqrt{5}}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $MDC$:
$MD^2=MH\cdot MC \Rightarrow MH=\dfrac{MD^2}{MC}=\dfrac{\dfrac{x^2}{5}}{x}=\dfrac{x}{5}$.
Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $MHD$:
$HD=\sqrt{MD^2-MH^2}=\sqrt{\left(\dfrac{x}{\sqrt{5}}\right)^2-\left(\dfrac{x}{5}\right)^2}=\dfrac{2}{5}x$.
Mà $AH=AM+MH=x+\dfrac{x}{5}=\dfrac{6}{5}x$
Vậy $AH=3HD$(đpcm)
Cách 2. Gọi $I$ là trung điểm $BC$, $AI$ cắt $BM$ tại $G$ thì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, suy ra $AI = 3GI = IB = IC$.
Ta có $\triangle MAB \backsim MDC$, suy $MA \cdot MC = MB \cdot MD$, suy ra $\triangle MAD \backsim \triangle MBC$, suy ra $\angle MAD = \angle MBC = \angle GBI$.
Khi đó $\triangle DAH \backsim \triangle GBI$, suy ra $\dfrac{AH}{DH} = \dfrac{IB}{GI} = 3$ hay $AH = 3DH$.

Ví dụ 7. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $BM$ và $CN$ là các đường phân giác góc $B$ và $C$.

a)Cho $AB = 3, AC = 4$. Tính độ dài $BN, CM$ và $MN$.
b) Đặt $AB = c, AC = b$. Tính $CM, BN$ theo $b$ và $c$.
c) Chứng minh rằng $\dfrac{{AC}}{{MA}}\cdot \dfrac{{AB}}{{NA}} \ge 3 + 2\sqrt 2 $

Lời giải.

a) Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $ABC$:
$$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$$
Do $CN$ là phân giác của $\angle ACB$ nên $\dfrac{AN}{BN}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}$. Kết hợp với $NA+NB=3$ ta sẽ tính được $NA=\dfrac{4}{3}$ và $BN=\dfrac{5}{3}$
Tính tương tự ta được $AM=\dfrac{3}{2},MC=\dfrac{5}{2}$
Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $AMN$:
$$MN=\sqrt{AM^2+AN^2}=\sqrt{\left(\dfrac{4}{3}\right)^2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{145}}{6}$$
b) Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $ABC$:
$$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{c^2+b^2}$$
Do $CN$ là phân giác của $\angle ACB$ nên $\dfrac{AN}{BN}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}$. Kết hợp với $NA+NB=c$ ta sẽ tính được $BN=\dfrac{c\sqrt{b^2+c^2}}{b+\sqrt{b^2+c^2}}$
Tính tương tự ta được $MC=\dfrac{b\sqrt{b^2+c^2}}{c+\sqrt{b^2+c^2}}$
c) Do $BM$ là tia phân giác của $\angle ABC$ nên $\dfrac{MC}{MA}=\dfrac{BC}{AB}$
Do $CN$ là tia phân giác của $\angle ACB$ nên $\dfrac{NB}{NA}=\dfrac{BC}{AC}$
$\dfrac{AC}{MA}.\dfrac{AB}{NA}=\left(1+\dfrac{MC}{MA}\right)\left(1+\dfrac{NB}{NA}\right)$
$=\left(1+\dfrac{BC}{AB}\right)\left(1+\dfrac{BC}{AC}\right)$
$=1+\dfrac{BC}{AC}+\dfrac{BC}{AB}+\dfrac{BC^2}{AB.AC} $
$\ge 1+2\sqrt{\dfrac{BC^2}{AB.AC}}+\dfrac{BC^2}{AB.AC}$

$=\left( \sqrt{\dfrac{BC^2}{AB.AC}}+1\right)^2$
Ta có $AB.AC\le \dfrac{AB^2+AC^2}{2}=\dfrac{BC^2}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{BC^2}{AB.AC}\ge 2$
Vậy $\dfrac{AC}{MA}.\dfrac{AB}{NA}\geq \left( \sqrt{\dfrac{BC^2}{AB.AC}}+1\right)^2 \ge \left(\sqrt{2}+1\right)^2=3+2\sqrt{2}$

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho hình thang vuông $ABCD$ có $\angle A = \angle D = 90^\circ, AB = AD = a, CD = 2a$.

a) Chứng minh $BC = a\sqrt{2}$.
b) Vẽ $DH$ vuông góc với $AC$. Chứng minh $AH \cdot AC = a^2$.
c) $BH$ cắt $CD$ tại $K$. Chứng minh $BK \cdot BH =2a^2$.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ khác tam giác tù. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác. Chứng minh rằng nếu $$AG^2 = \dfrac{1}{9}(AB^2+AC^2) $$
thì tam giác $ABC$ vuông.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD, BE, CF$. Chứng minh rằng nếu

$$ \dfrac{1}{AD^2} = \dfrac{1}{BE^2} + \dfrac{1}{CF^2}$$

thì tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Bài 4. Cho tam giác $\triangle A B C, \angle A=90$, đường phân giác $AD$. Chưmg minh rằng
$$
\dfrac{\sqrt{2}}{A D}=\dfrac{1}{A B}+\dfrac{1}{A C}
$$

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm $BC$.

a) Chứng minh rằng $BC^2 +4AM^2 = 2(AB^2 +AC^2)$.

b) Gọi $N$ là trung điểm $AC$. Chứng minh $AM$ vuông góc $BN$ khi và chỉ khi $AC^2+BC^2 = 5AB^2$.

Số hữu tỉ – Vô tỉ

Số hữu tỉ – Số vô tỉ

(Bài viết dành cho các em trung học cơ sở)

Trong bài viết nhỏ này tôi xin giới thiệu một số bài toán liên quan đến các tập hợp số hữu tỉ và vô tỉ, một số trong đó đã xuất hiện trong các kì thi tuyển sinh vào 10 hay các kì thi học sinh giỏi.
Đầu tiên ta xem lại một số khái niệm và tính chất quan trọng.

Định nghĩa. Tập hợp các số có dạng $\dfrac{p}{q}$ trong đó $p, q$ là các số nguyên, $q \neq 0$ được gọi là số hữu tỉ. Kí hiệu là $\mathbb{Q}$. Tập số nguyên là tập con của tập các số hữu tỉ.
Tập hợp các số không phải là số vô tỉ được gọi là số vô tỉ, kí hiệu là $I$.

Tính chất 1. Ta có một số tính chất sau của số vô tỉ và hữu tỉ.

  • Tổng hiệu tích thương của hai số hữu tỉ là hữu tỉ.
  • Tổng, tích, thương của một số hữu tỉ và vô tỉ là một số vô tỉ

Việc chứng minh một số là số hữu tỉ hay vô tỉ chủ yếu dựa vào các định nghĩa trên, trong đó việc chứng minh một số là số vô tỉ hầu hết là sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng.
Ta bắt đầu với bài toán cơ bản sau:
Ví dụ 1.
a) Chứng minh $\sqrt{2}$ là một số vô tỉ.
b) Chứng minh $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ là một số vô tỉ.

Lời giải.

Ta sử dụng phương pháp chứng minh là phản chứng.

a) Giả sử $\sqrt{2}$ là số hữu tỉ, tức là tồn tại $\dfrac{p}{q}$ trong đó $p, q \in \mathbb{Z},(p,q) = 1, q \neq 0$ và $\sqrt{2}=\dfrac{p}{q}$.
Khi đó ta có $p^2 = 2q^2$, suy ra $p^2$ chia hết cho $2$ mà $2$ nguyên tố nên $p$ chia hết cho $2$, $p = 2k$.
Suy ra $q^2 = 2k^2$, lí luận tương tự thì $q$ chia hết cho $2$, do đó $(p, q) \neq 1$ (mâu thuẫn).
Vậy điều giả sử sai, $\sqrt{2}$ là số vô tỉ.
b) Giả sử $\sqrt{2}+\sqrt{3} = a$ hữu tỉ, suy ra $\sqrt{6} = \dfrac{a^2-5}{2}$ hữu tỉ. Chứng minh tương tự trên ta cũng suy ra điều vô lí.

Từ bài toán trên ta có thể chứng minh bài toán tổng quát sau:

Ví dụ 2. Cho $n$ là số tự nhiên nếu $\sqrt{n}$ không là số tự nhiên thì $\sqrt{n}$ là số vô tỉ.

Lời giải.

Giả sử $\sqrt{n}$ không phải vô tỉ và không phải số nguyên, suy ra $\sqrt{n} = \dfrac{p}{q}$ trong đó $(p,q) =1, q > 1$.
Tương tự ta có $p^2 = nq^2$. Do $q > 1$ nên có ước nguyên tố, giả sử $r$ là một ước nguyên tố của $q$, suy ra $p^2$ chia hết cho $r$, suy ra $p$ chia hết cho $r$, khi đó $(p,q) \neq 1$ (vô lí).
Vậy căn của một số nguyên là một số nguyên hoặc là một số vô tỉ.
\

Đặt $\sqrt{2} = x$, ta có $x^2 = 2 \Leftrightarrow x^2 – 2 = 0$, đến đây ta thấy $\sqrt{2}$ là một nghiệm của phương trình $x^2-2 = 0$. Ta có thể chứng minh phương trình $x^2 -2=0$ không có nghiệm hữu tỉ, từ đó suy ra $\sqrt{2}$ không là số hữu tỉ. Tất nhiên việc chứng minh này không khác mấy chứng minh trên. Tuy nhiên với các nhìn khác, ta có bài toán sau:

Ví dụ 3. Cho phương trình với các hệ số nguyên $a_0, a_1, \cdots, a_n$: $$a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x + a_0 = 0$$
Khi đó nếu $\dfrac{p}{q}$ với $(p,q)=1$ là một nghiệm hữu tỉ của phương trình thì $p|a_0, q|a_n$.Đặt biệt nếu $a_n=1$ thì nếu phương trình có nghiệm hữu tỉ thì nghiệm là số nguyên.

Lời giải

Thế $\dfrac{p}{q}$ vào phương trình và qui đồng, ta có $$a_np^n+a_{n-1}qp^{n-1}+\cdots+a_1q^{n-1}p + a_0q^n = 0$$
Khi đó $a_np^n$ chia hết cho $q$, suy ra $a_n$ chia hết cho $q$, tương tự thì $a_0$ chia hết cho $p$.

Cũng tương tự, ta có bài toán sau:
Ví dụ 4. Cho phương trình $ax^2 + bx + c = 0$, trong đó $a, b, c$ là các số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng phương trình không có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải.

Giả sử $\dfrac{p}{q}, (p,q)=1$ là một nghiệm hữu tỉ của phương trình trên. Khi đó ta có $p|c, q|a$, suy ra $p, q$ đều lẻ. Mặt khác ta có $ap^2 + bpq+ cq^2 = 0$. Vế trái là một số lẻ nên vô lí. Vậy phương trình không có nghiệm hữu tỉ.

Sử dụng bài toàn 3 ta có thể chứng minh $\sqrt{2} + \sqrt{6}$ là số vô tỉ theo một các khác. Bằng cách chứng minh $a = \sqrt{2}+\sqrt{6}$ là nghiệm của phương trình bậc 4: $x^4 – 10x^2 – 1 = 0$, và dễ thấy phương trình trên không có nghiệm hữu tỉ nên $\sqrt{2}+\sqrt{6}$ là số vô tỉ.

Sau đây ta đi tới một số bài toán khác cũng liên quan đến số hữu tỉ và vô tỉ.
Ví dụ 5. Cho các số thực $x, y, z$ khác 0 thỏa $xy, yz, xz$ là các số hữu tỉ.
a) Chứng minh $x^2 + y^2 + z^2 $ là số hữu tỉ.
b) Giả sử $x^3+y^3+z^3$ cũng là số hữu tỉ. Chứng minh $x, y, z$ là các số hữu tỉ.
Lời giải.

a) Ta có $xy, yz \in \mathbb{Q}$, suy ra $\dfrac{x}{z} \in \mathbb{Q}$.
Mà $xz \in \mathbb{Q}$ suy ra $x^2 \in \mathbb{Q}$.
Tương tự ta cũng có $y^2, z^2 \in \mathbb{Q}$.
b) Ta có $x(x^3+y^3+z^3) = (x^2)^2 + (xy)y^2 + (xz)z^2 \in \mathbb{Q}$. Suy ra $x \in \mathbb{Q}$.
Tương tự ta cũng có $y, z \in \mathbb{Q}$.

Chú ý. Với cách giải trên ta chấp nhận không thể xảy ra $x^3+y^3+z^3 = 0$ vì phương trình này không có nghiệm nguyên hay nghiệm hữu tỷ.

Ví dụ 6. Tìm tất cả các số tự nhiên $a, b$ sao cho $$\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{a}}{\sqrt{3}+\sqrt{b}}
$$ là số hữu tỉ.
Lời giải.
Đặt $x = \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{a}}{\sqrt{3}+\sqrt{b}}$ là số nguyên.
Suy ra $\sqrt{a} – x\sqrt{b} = x\sqrt{3}-\sqrt{2}$
Bình phương hai vế ta có $a +x^2b -2x\sqrt{ab} = 3x^2+2-2x\sqrt{6} \Rightarrow a+x^2b-3x^2-2 = 2x(\sqrt{ab}-\sqrt{6})$.
Suy ra $\sqrt{ab}-\sqrt{6} = y \in \mathbb{Q}$.
Khi đó $ab = 6+y^2 – 2y\sqrt{6}$.
Vì $\sqrt{6}$ là số vô tỉ nên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $y = 0$ và $ab=6$.
Ta xét các trường hợp sau:

  • $a = 1, b = 6 \Rightarrow x = \dfrac{1}{\sqrt{6}}$ vô tỉ.
  • $a = 2, b = 3 \Rightarrow x= \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
  • $a = 3, b = 2 \Rightarrow x = 1$.
  • $a = 6, b = 1 \Rightarrow x = \sqrt{2}$ vô tỉ.

Vậy $a = 3, b = 2$ là số cần tìm.

Ví dụ 7. Tìm tất cả các bộ số hữu tỉ dương $(x, y, z)$ sao cho $x+\dfrac{1}{y}, y + \dfrac{1}{z}, z+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên.

Lời giải.
Đặt $a = x+\dfrac{1}{y} (1), b = y + \dfrac{1}{z} (2), c = z+\dfrac{1}{x} (3)$.
Từ (1) ta có $y = \dfrac{1}{a-x}, z = \dfrac{1}{b-y} = \dfrac{a-x}{ab-1-bx}$. Thế vào (3) ta có:
$\dfrac{a-x}{ab-1-bx}+\dfrac{1}{x} = c \Leftrightarrow (bc-1)x + (a-b+c-abc)x + ab – 1 = 0$ (4).
Nếu $bc = 1$ thì $b = 1, c = 1$ suy ra $a = 1$. Khi đó $3 = x + \dfrac{1}{x} + y +\dfrac{1}{y} + z + \dfrac{1}{z} \geq 6$ (vô lý)
Nếu $bc \neq 1$, khi đó ta xem (4) như phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỷ $x$, khi đó $\Delta = (a-b+c-abc)^2 – 4(bc-1)(ab-1) = (abc-a-b-c)^2 – 4$ là số chính phương.
Đặt $t = abc-a-b-c$ ta có $t^2-4 = k^2$, giải ra được $ t = 2$ hoặc $t = -2$.

$0=abc-a-b-c +2 = a(bc-1) – b-c+2 \geq bc-b-c+1 = (b-1)(c-1)$. Suy ra $b = c=1$ (vô lý).
$0=abc-a-b-c-2 \geq (b-1)(c-1) – 4\Rightarrow (b-1)(c-1) \leq 4$.
Nếu $(b-1)(c-1) = 4$ thì $b = 2, c=5$; $b = 3, c=3$; $b=5, c=2$. Trong các trường hợp này thì $a=1$.
Nếu $ a= 1, b = 2, c = 5$ giải được $(x, y, z) = (\dfrac{1}{3}, \dfrac{3}{2},2)$.
Nếu $a = 1, b = 3, c = 3$ thì $(x, y, z) = (\dfrac{1}{2},2,1)$.
Nếu $a = 1, b = 5, c = 2$ thì $(x, y, z) = (\dfrac{2}{3}, 3,2)$.
Nếu $(b-1)(c-1) = 3 \Rightarrow bc= b+c +2 = abc-a = a(bc-1) \Rightarrow bc-1|bc \Rightarrow bc = 1, a = 1$. (loại)
Khi $(b-1)(c-1) =2 \Rightarrow a = b = c = 2$, giải ra được $(x, y, z) = (1, 1, 1)$.

Trên đây là một số bài toán liên quan đến số hữu tỉ, vô tỉ, hi vọng các em có thêm kinh nghiệm để làm bài trong các tình huống này. Sau đây là một số bài tập rèn luyện.

Bài 1.  Tìm một đa thức hệ số nguyên nhận $\alpha = 2 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ làm nghiệm. Chứng minh $\alpha$ là số vô tỷ.
Bài 2.  Cho các số $a, b$ sao cho $a – \sqrt{ab}$ và $b-\sqrt{ab}$ đều là các số hữu tỉ. Chứng minh rằng $a, b$ cũng là các số hữu tỉ.
Bài 3. Ta nói các căp số $(\mathrm{a}, \mathrm{b}) a \neq b$, là có tính chất $\mathrm{P}$ nếu $a^{2}+b \in Q$ và $b^{2}+a \in \mathbb{Q}$.
Chứng minh rằng:
a) Các số $a=\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}, b=\dfrac{1-\sqrt{2}}{2}$ là các số yô tỷ có tính chất $\mathrm{P}$.
b) Nếu $(\mathrm{a}, \mathrm{b})$ có tính chất $\mathrm{P}$ và $a+b \in \mathbb{Q} \backslash{1}$ thì $a, b$ à các số hũu tỷ.
c) Nếu $(\mathrm{a}, \mathrm{b})$ có tính chất $\mathrm{P}$ và $\dfrac{a}{b} \in \mathbb{Q}$ thì $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ là các số hũu tỷ.
Bài 4.  Với mỗi số hữu tỷ $q$ đặt $V_q = {x \in \mathbb{Q}|x^3-2015x =q}$.

a)Tìm $q$ sao cho $V_q$ có là tập rỗng và $V_q$ có đúng một phần tử.
b) Gọi $S(V_q)$ là số phần tử của $V_q$, tìm tất cả các giá trị của $S(V_q)$.
Bài 5.
a) Cho số thực $x$ thỏa $x^2+x$ và $x^3+2x$ là số hữu tỷ. Chứng minh $x$ cũng là số hữu tỷ.
b) Chứng minh rằng tồn tại số vô tỷ $x$ sao cho $x^2+x$ và $x^3-2x$ là hữu tỷ.

Hết

Hệ thức lượng trong tam giác – Tính toán độ dài

Dạng 1. Tính toán

Áp dụng đầu tiên của các hệ thức lượng trong tam giác vuông đó là tính toán độ dài khi biết một số yếu tố cho trước, việc tính toán này xem ra là bài toán dễ tuy vậy đòi hỏi tính chính xác và áp dụng định lí một cách thành thục.

  • Phương pháp chủ yếu là áp dụng định lí thiết lập mối quan hệ giữa yếu tố đã cho và yếu tố chưa biết, từ đó tính được đối tượng cần tính.
  • Với các bài toán khó hơn phải thiết lập các phương trình hoặc hệ phương trình để giải.
  • Ta cũng hay vẽ thêm các đường vuông góc để tao ra tam giác vuông hay đường cao, từ đó mới có thể áp dụng được hệ thức lượng.

Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 6cm, BC = 10cm$, đường cao $AH$ ($H$ thuộc $BC$).

a)Tính độ dài cạnh $AC,AH$.
b) Tính $BH, CH$.
Lời giải.
a) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $ABC$ ta có:\
$AB^2 + AC^2 = BC^2$ $\Leftrightarrow 6^2 + AC^2 = 10^2$ \
$\Rightarrow AC = \sqrt{10^2-6^2} =8(cm)$.\
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông $ABC$ ta có:\
$AH \cdot BC = AB \cdot AC \Rightarrow
AH = \dfrac{AB \cdot AC}{BC} = \dfrac{6\cdot 8}{10} = \dfrac{24}{5} (cm)$.
b) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông $ABC$ ta có: \
$BH \cdot BC = AB^2 \Rightarrow BH = \dfrac{AB^2}{BC} =\dfrac{18}{5} (cm)$ \
và $CH = BC – BH = 10 – \dfrac{18}{5} = \dfrac{32}{5} (cm)$. \

Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Cho $BH = 4, CH = 9$. Tính
a) Tính $AH, AB, AC$.
b)Vẽ $HD \bot AB$ và $HE \bot AC$( với $D$ thuộc $AB$ và $E$ thuộc $AC$). Tính $AD$ và $AE$.
Lời giải

Ta có $BC = BH + CH = 4 + 9 = 13$.
a) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ nên:
$AH^2 = BH \cdot CH = 36 \Rightarrow AH = 6$;
$AB^2 = BH \cdot BC = 4\cdot 13\Rightarrow AB = 2\sqrt{13}$;
$AC^2 = CH \cdot BC = 9 \cdot 13 \Rightarrow CH = 3\sqrt{13}$.
b)
Tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có đường cao $HD$ nên:\
$AD\cdot AB = AH^2 \Rightarrow AD = \dfrac{AH^2}{AB} = \dfrac{36}{2\sqrt{13}} = \dfrac{18\sqrt{13}}{13}$;
Tương tự ta có $AE\cdot AC = AH^2 \Rightarrow AE = \dfrac{AH^2}{AC} = \dfrac{36}{3\sqrt{13}} = \dfrac{12\sqrt{13}}{13}$.

Ví dụ 3. Cho hình chữ nhật $ABCD$ có $AB = 2AD$ và $AC = 4\sqrt{5}$.

a)Tính độ dài cạnh của hình chữ nhật.
b) Vẽ $AH \bot BD$. Tính $AH, CH$.

Lời giải

a) Ta có $BD = AC = 4\sqrt{5}$.
Đặt $AD = x$, suy ra $AB = 2x$.
Ta có $BD^2 = AB^2 + CD^2\
\Leftrightarrow 80 = 5x^2 \Rightarrow x = 4$.
Do đó $AB = 8, AD = 4$.
b) Tam giác $ABD$ vuông có đường cao $AH$ nên
$AH \cdot BD = AB \cdot AD
\Rightarrow AH = \dfrac{AB \cdot AD}{BD} = \dfrac{8}{\sqrt{5}}$.
Vẽ $HK \bot CD$.
Ta có $\triangle DHK \backsim ADH$, suy ra $$\dfrac{HK}{DH} = \dfrac{DK}{AH} = \dfrac{DH}{AD} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$$
Suy ra $DK = \dfrac{8}{5}, KH = \dfrac{4}{5}$.
Khi đó $CK = CD – DK = 8-\dfrac{8}{5} = \dfrac{32}{5}$.
Và $CH = \sqrt{CK^2+HK^2}= \sqrt{\dfrac{32^2}{5^2}+\dfrac{4^2}{5^2}} = \dfrac{4\sqrt{65}}{5}$.

Ví dụ 4. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $AB = 10, BC = 16$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

a)Tính độ dài $AM$.
b) Vẽ $MD$ vuông góc $AB$. Tính $AM$.
Lời giải

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên trung tuyến $AM$ cũng là đường cao, suy ra $AM \bot BC$. \
$AM^2 + MB^2 = AB^2 \Rightarrow AM = \sqrt{AB^2-MB^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$.
\item Tam giác $ABM$ vuông tại $M$ có $MD$ là đường cao:\ $AD\cdot AB = AM^2 \Rightarrow AD = \dfrac{AM^2}{AB} = \dfrac{36}{10} = \dfrac{18}{5}$.\

Ví dụ 5. Cho hình thang cân $ABCD$ có đáy nhỏ $AB = 3$, đáy lớn $CD = 7$, cạnh bên $AD = 5$. Tính diện tích hình thang $ABCD$.}

Lời giải

Vẽ đường cao $AH, BK$ của hình thang $ABCD$.
Ta có $\triangle AHD = \triangle BKC$ (ch.gn), suy ra $HD = CK$.
Hơn nữa $ABKH$ là hình chữ nhật nên $HK = AB =3$.
Suy ra $DH = CK = 2$.
Tam giác $ADH$ vuông tại $H$, suy ra $AD^2 = DH^2 + AH^2$

$\Rightarrow AH = \sqrt{AD^2-DH^2}=\sqrt{25-4}=\sqrt{21}$
Khi đó $S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}AH \cdot (AB+CD) = 5\sqrt{21}$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho tam giác vuông $A B C$, đặt $A B=c, A C=b, B C=a$, đường cao $A H=h, B H=c^{\prime}$, $C H=b^{\prime}$. Tính độ dài các đoạn thẳng còn lại khi biết:
(a) $a=13, b=12$.
(b) $b^{\prime}=3, c^{\prime}=12$.
(c) $b=5, h=4$.
(d) $h=3, a=10$.
Bài 2. Cho hình thang vuông $A B C D$ có $\angle A=\angle D=90^{\circ}$. Cho $A D=h, A B=a, C D=b, B C=$ c. Tính các độ dài chưa biết khi cho:
(a) $a=3, b=7, h=3$.
(b) $a=5, c=13, b=10$.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ có $A B=9 cm, B C=15 cm, A H$ là đường cao $(H$ thuộc cạnh $B C$ ). Tính độ dài các đoạn thẳng $B H, C H, A C$ và $A H$.
Bài  4. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$, đường cao $A H$.
Biết $B H=\frac{9}{5} ; C H=\frac{16}{5}$.
(a) Tính $A H, A B, A C$.
(b) Gọi $D, E$ là hình chiếu vuông góc vuông góc của $H$ trên $A B, A C$.
Chứng minh $ A D \cdot A B=A E \cdot A C$.
(c) Đường thẳng $D E$ cắt đường thẳng $B C$ tại $F$. Chứng minh $F B \cdot F C=F D \cdot F E$.
Bài 5. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Biết tỉ số hai cạnh góc vuông là $\frac{3}{4}$, độ dài cạnh góc vuông nhỏ bằng $6 \mathrm{~cm}$. Tính độ dài cạnh huyền, độ dài hình chiếu vuông góc của các cạnh góc vuông lên cạnh huyền.

Bài 6. Tam giác $A B C$ nhọn có đường cao $A H$, biết rằng $A B=26 cm, A C=25 cm$, đường cao $A H=24 ~cm$. Tính độ dài cạnh $B C$.
Bài 7. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ có $B C=\sqrt{13} cm$.
Tính $A B, A C$, cho biết $A B=\frac{2}{3} A C$.
Bài 8. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ có $A H$ là đường cao. $B H=1 cm, C H=4 cm$. Tính $B C$, $A H, A B$ và $A C$.

Tài liệu tham khảo

Nguyễn Tăng Vũ, Bài tập hình học 9 cơ bản và nâng cao, Star Education

Ước chung lớn nhất

Ước chung

  • Một số được gọi là ước chung của hai hay nhiều số nếu nó là ước của tất cả các số đó.
  • Tập các ước chung của $a$ và $b$ kí hiệu ƯC(a,b). Ta có x thuộc ƯC(a,b) khi và chỉ khi $a \vdots x$ và $b \vdots x$.

Ví dụ 1. Ư(12) = {1, 2, 3, 4, 6, 12}, Ư(8) = {1, 2, 4, 8}

Thì ước chung của 12 và 8 là 1, 2, 4, kí hiệu ƯC(8,12) = {1, 2, 4}.

Cách tìm ước chung của $a$ và $b$.

  • Tìm tập các số là ước của $a$, tập các ước của $b$.
  • Tìm các phần tử của của hai tập trên ta được tập ước chung của $a$ và $b$.

Ví dụ 2. Tìm ước chung của 24 và 30.

Ta có Ư(24) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}, Ư(30) = {1, 2, 3, 5, 6, 15, 30}

Khi đó ƯC(24,30) = {1, 2, 3, 6}.

Ước chung lớn nhất

Ước chung lớn nhất của hai hay nhiều số là số lớn nhất trong tập hợp các ước chung của các số đó.

Kí hiệu ước chung lớn nhất của $a$ và $b$ là ƯCLN(a,b)

Ví dụ 3. ƯC(24,30) = {1, 2, 3, 6}, ƯCLN(24,30) = 6.

Ví dụ 4. Các bạn học sinh lớp 6 A đang lên kế hoạch làm sạch môi trường ở địa phương. Cả lớp có 12 bạn nữ và 18 bạn nam. Các bạn muốn chia lớp thành các nhóm nhỏ gồm cả nam và nữ sao cho số bạn nam và số bạn nữ được chia đều vào các nhóm. Có thể chia được nhiều nhất thành bao nhiêu nhóm học sinh? Khi đó, mỗi nhóm có bao nhiêu bạn nam, bao nhiêu bạn nữ?
Lời giải.

  • Số nhóm được chia phải là ước của cả 12 và 18 .
  • Số nhóm được chia phải là nhiều nhất có thể. Vì vậy, số nhóm được chia là ước chung lớn nhất của 12 và 18 .

Ta có $\mathrm{U}^{\circ} \mathrm{CLN}(12,18)=6$. Do đó cần chia lớp thành 6 nhóm.

Số học sinh trong mỗi nhóm là $(12+18): 6=5$ (học sinh).

Vậy mỗi nhóm có 5 học sinh, gồm 2 nữ và 3 nam.

Cách tìm ước chung lớn nhất của $a, b$ bằng phân tích thành thừa số nguyên tố.

Muốn tìm U’CLN của hai hay nhiều số lớn hơn 1 , ta thực hiện ba bước sau:

  • Bước 1: Phân tích mỗi số ra thừa số nguyên tố.
  • Bước 2: Chọn ra các thừa số nguyên tố chung. Bước 3: Lập tích các thừa số đã chọn, mỗi thừa số lấy với số mũ nhỏ nhất của nó.
    Tích đó là ƯCLN phải tìm.

Ví dụ 5. Tìm ước chung lớn nhất của 24 và 30.

Lời giải.

Ta có $24 = 2^3 \cdot 3$ và $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$.

Ta có ƯCLN (a, b) = 2 \cdot 3 = 6.

Định nghĩa. Hai số có ước chung lớn nhất bằng 1 được gọi là nguyên tố cùng nhau. 

Kí hiệu hai số $a, b$ nguyên tố cùng nhau là (a,b) = 1

Ứng dụng tối giản phân số. Khi rút gọn $\frac{90}{126}$, ta chia cả tử số và mẫu số cho
một ước chung của 90 và 126 để được phân số mới. Tiếp tục
quy trình đó đến khi không rút gọn cho đến khi
tử số và mẫu số của chúng không có ước chung nào khác 1
(tử số và mẫu số là hai số nguyên tố cùng nhau). Khi đó, ta
được một phân số tối giản.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Tìm:
a) $\mathrm{UCLN}(1,16)$;
b) $\operatorname{UCLN}(8,20)$
c) UCLN $(84,156)$;
d) UCLN $(16,40,176)$.
Bài 2. a) Ta có $\mathrm{U}^{\prime} \mathrm{CLN}(18,30)=6$. Hãy viết tập hợp A các ước của 6 . Nêu nhận xét về tập hợp UC $(18,30)$ và tập hợp $\mathrm{A}$.
b) Cho hai số a và b. Để tìm tập hợp $\mathrm{UC}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$, ta có thể tìm tập hợp các ước của $\mathrm{U}^{\circ} \mathrm{CLN}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$. Hãy tìm UCLN rồi tìm tập hợp các ước chung của:
i. 24 và 30 ;
ii. 42 và 98 ;
iii. 180 và 234 .
Bài 3. Rút gọn các phân số sau: $\frac{28}{42} ; \frac{60}{135} ; \frac{288}{180}$.
Bài 4. Chị Lan có ba đoạn dây ruy băng màu khác nhau với độ dài lần lượt là $140 \mathrm{~cm}, 168 \mathrm{~cm}$ và $210 \mathrm{~cm}$. Chị muốn cắt cả ba đoạn dây đó thành những đoạn ngắn hơn có cùng chiều dài để làm nơ trang trí mà không bị thừa ruy băng. Tính độ dài lớn nhất có thể của mỗi đoạn dây ngắn được cắt ra (độ dài mỗi đoạn dây ngắn là một số tự nhiên với đơn vị là xăng-ti-mét). Khi đó, chị Lan có được bao nhiêu đoạn dây ruy băng ngắn?

BÀI GIẢNG ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT

uoc chung lon nhatDownload

Chuyên đề: Biến đổi biểu thức

RÚT GỌN BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC

Chuyên đề này đề cập tới các bài toán rút gọn biểu thức, chứng minh các đẳng thức, tính toán biểu thức,…Đây là chuyên đề quan trọng, rèn luyện kĩ năng biến đổi đại số cho các em, là kĩ năng ta sẽ dùng sau này.

Kiến thức là toàn bộ chương căn bậc hai, các hằng đẳng thức và kĩ năng biến đổi đã học ở lớp 8.

Các bạn có thể xem trước các bài cơ bản ở đây.

Dạng 1. Tính toán rút gọn

Ví dụ 1. Đặt $x = \sqrt{2}+\sqrt{3}$.
a) Chứng minh rằng $x^4 – 10x^2 + 1 = 0$.
b) Tìm giá trị của biểu thức $P(x) = (x^6 – 11x^4 + 11x^2 + 1)^{2019}$.

Lời giải

 

 

 

 

 

 

 

Ví dụ 2.  Cho $x$ thỏa $x \geq 2$. Rút gọn biểu thức $$A = \dfrac{{{x^3} – 3x + \left( {{x^2} – 1} \right)\sqrt {{x^2} – 4} – 2}}{{{x^3} – 3x + \left( {{x^2} – 1} \right)\sqrt {{x^2} – 4} + 2}}$$

Lời giải

Ví dụ 3.

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: $$1 + \dfrac{1}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}} = {\left( {1 + \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)^2}$$
b) Tính tổng $$S = \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{1^2}}} + \dfrac{1}{{{2^2}}}} + \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{2^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}}} + \cdots + \sqrt {1 + \dfrac{1}{{{{2021}^2}}} + \dfrac{1}{{{{2022}^2}}}} $$

Lời giải

Ví dụ 4. Rút gọn biểu thức: $$A = \dfrac{1}{{2\sqrt 1 + 1\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{3\sqrt 2 + 2\sqrt 3 }} + \cdots + \dfrac{1}{{2019\sqrt {2018} + 2018\sqrt {2019} }}$$

Lời giải

Dạng 1. Chứng minh đẳng thức

Ví dụ 5. Cho $a, b \ge 0, a^2>b$. Chứng minh $$\sqrt{a+\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}}+\sqrt{\dfrac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}$$ và $$\sqrt{a-\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}}-\sqrt{\dfrac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}$$

Lời giải

Ví dụ 6. Cho $a, b >0, c \neq 0$. Chứng minh rằng:
$$ \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {a + b} = \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} $$

Lời giải

Ví dụ 7. Cho $xy + \sqrt {\left( {1 + {x^2}} \right)\left( {1 + {y^2}} \right)} = a > 1$. Tính $S = x\sqrt {1 + {y^2}} + y\sqrt {1 + {x^2}} $.

Lời giải

Ví dụ 8. Đặt $a_n = \sqrt[4]{2} + \sqrt[n]{4}, n = 2, 3…$. Chứng minh rằng $$ \dfrac{1}{a_5}+\dfrac{1}{a_6}+\dfrac{1}{a_{12}}+\dfrac{1}{a_{20}} = \sqrt[4]{8} $$

Lời giải

Ví dụ 9.  Chứng minh rằng nếu $\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c} = \sqrt[3]{{a + b + c}}$ thì với mọi số nguyên dương lẻ n ta có $\sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{b} + \sqrt[n]{c} = \sqrt[n]{{a + b + c}}$.

Lời giải

Dạng 3. Hữu tỉ và vô tỉ

Ví dụ 10. 

a) Chứng minh rằng $\sqrt{2}$ là số vô tỉ.

b) Cho $n$ và số tự nhiên và $m$ là số tự nhiên thỏa $n^2 < m < (n+1)^2$. Chứng minh $\sqrt{m}$ là một số vô tỉ.

Lời giải

Ví dụ 11. Chứng minh số
$A=\sqrt[3]{7+5\sqrt{2}}+\sqrt[3]{7-5\sqrt{2}}$ là một số nguyên.

Lời giải

Ví dụ 12. 

a) Chứng minh rằng nếu $a, b$ là các số hữu tỉ thỏa $a+b\sqrt{2} = 0$ thì $a = b= 0$.

b) Tìm các số $a, b$ hữu tỉ thỏa $\sqrt{a} +\sqrt{b} = \sqrt{2+\sqrt{3}}$.

 

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Với mọi $x \ge 2$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\sqrt{x}+\sqrt{\dfrac{x^2-4}{x}}}+\sqrt{\sqrt{x}-\sqrt{\dfrac{x^2-4}{x}}}=\sqrt{\dfrac{2x+4}{\sqrt{x}}}$$

Bài 2. Rút gọn $A=\sqrt{\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}+\sqrt{\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1}{y^4}+\dfrac{1}{(x^2+y^2)^2}}}$

Bài 3. Cho $x,y<0$. Chứng minh $|\sqrt{xy}-\dfrac{x+y}{2}|+|\dfrac{x+y}{2}+\sqrt{xy}|=|x|+|y|.$
Bài 4. Cho các số $x,y,z>0$ và đôi một phân biệt. Chứng minh giá trị của $P$ không phụ thuôc vào $x,y,z$ với
$$P=\dfrac{x}{(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}-\sqrt{z})}+\dfrac{y}{(\sqrt{y}-\sqrt{z})(\sqrt{y}-\sqrt{x})}+\dfrac{z}{(\sqrt{z}-\sqrt{x})(\sqrt{z}-\sqrt{y})}.$$
Bài 5.  Cho $a=\sqrt{2}+\sqrt{7-\sqrt[3]{61+46\sqrt{5}}}+1$.

a) Chứng minh: $a^4-14a^2+9=0$.
b) Cho $f(x)=x^5+2x^4-14x^3-28x^2+9x+19$. Tính $f(a).$

Bài 6.  Cho $a=\sqrt[3]{38+17\sqrt{5}}+\sqrt[38]{38-17\sqrt{5}}$ và $f(x)=(x^3+3x+2018)^{2018}$. Tính $f(a).$
Bài 7.  Cho $x=1+\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$. Tính $x^5-4x^4+x^3-x^2-2x+2018.$

Bài 8. Cho $f(n)=\dfrac{4n+\sqrt{4n^2-1}}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}, n \in \mathbb{N}^*$. Tính $f(1)+f(2)+…+f(2018)$. %NTK

Bài 9.  Cho $f(n)=\dfrac{2n+1+\sqrt{n(n+1)}}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$. Tính $f(1)+f(2)+…+f(n).$ %NTK
Bài 10. Cho $x,y,z >0$ thoả $xyz=4$. Tính giá trị biểu thức $$A=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\dfrac{2\sqrt{z}}{\sqrt{xz}+2\sqrt{z}+2}.$$

Bài 11.  Cho các số dương $x,y,z$ thoả $\begin{cases} x+y+z=2&\\\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=2 \end{cases}$. Tính $$A=\sqrt{(1+x)(1+y)(1+z)}\left(\dfrac{\sqrt{x}}{x+1}+\dfrac{\sqrt{y}}{y+1}+\dfrac{\sqrt{z}}{z+1}\right).$$

Bài 12.  Cho các số $abc \ne 0$ thoả $a+b+c=0$. Chứng minh $$\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}=\big|\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\big|$$

Bài 13.  Cho $a,b,c>0$ thoả $a\sqrt{1-b^2}+b\sqrt{1-c^2}+c \sqrt{1-a^2}=\dfrac{3}{2}.$\ Chứng minh $a^2+b^2+c^2=\dfrac{3}{2}.$
Bài 14.  Tìm tất cả các số thực $a,b,c$ thoả $\sqrt[3]{a-b}+\sqrt[3]{b-c}+\sqrt[3]{c-a}=0.$ %105-38
Bài 15. Cho các số $a_1, a_2,…,a_n$ thoả $a_1=1, a_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}+a_n}{1-\sqrt{3}a_n}$. Tính $a_{2020}$.
Bài 16.  Chứng minh rằng nếu $\sqrt{x^2+\sqrt[3]{x^4y^2}}+\sqrt{y^2+\sqrt[3]{x^2y^4}}=a$ thì $$\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}=\sqrt[3]{a^2} $$

Rút gọn căn thức – Các biểu thức số

Trong bài này ta tổng hợp các kĩ năng thực hiện các phép tính toán, khai căn, phân tích thành tích, trục căn thức ở mẫu để làm các bài toán phức tạp hơn.

Chú ý khi làm bài. Trong các bài này ta có thể rút gọn các phân thức riêng lẻ trước nếu được bằng cách phân tích thành tích, tiếp theo thì trục căn thức và rút gọn các biểu thức trong ngoặc, không nên qui đồng vì tính toán sẽ rất phức tạp.

Ví dụ 1. Rút gọn

a) $\dfrac{6-6\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}}+\dfrac{3\sqrt{3}+3}{\sqrt{3}+1}$.
b) $\dfrac{2-\sqrt{2}}{1-\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{\sqrt{3}-1}$.
c) $\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{5}}{\sqrt{3}-1}+\dfrac{5-2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-4}$.
d) $\dfrac{3\sqrt{2}-6}{\sqrt{2}-1}+\dfrac{6\sqrt{2}-4}{\sqrt{2}-3}$.

Giải

a)  $\dfrac{6-6\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}}+\dfrac{3\sqrt{3}+3}{\sqrt{3}+1}$.\\
Ta có:\\
$\begin{aligned}
&\dfrac{6-6\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}}+\dfrac{3\sqrt{3}+3}{\sqrt{3}+1}\\
&=\dfrac{6\left(1-\sqrt{3}\right)}{1-\sqrt{3}}+\dfrac{3\left(\sqrt{3}+1\right)}{\sqrt{3}+1}\\
&=6+3\\
&=9
\end{aligned}$
b) $\dfrac{2-\sqrt{2}}{1-\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{\sqrt{3}-1}$.\\
Ta có:\\
$\begin{aligned}
&\dfrac{2-\sqrt{2}}{1-\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{\sqrt{3}-1}\\
&=\dfrac{\sqrt{2}\left(\sqrt{2}-1\right)}{-\left(\sqrt{2}-1\right)}+\dfrac{\sqrt{2}\left(1-\sqrt{3}\right)}{-\left(1-\sqrt{3}\right)}\\
&=-\sqrt{2}-\sqrt{2}\\
&=-2\sqrt{2}
\end{aligned}$
c) $\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{5}}{\sqrt{3}-1}+\dfrac{5-2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-4}$.\\
Ta có:\\
$\begin{aligned}
&\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{5}}{\sqrt{3}-1}+\dfrac{5-2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-4}\\
&=\dfrac{\sqrt{5}\left(\sqrt{3}-1\right)}{\sqrt{3}-1}+\dfrac{\sqrt{5}\left(\sqrt{5}-2\right)}{2\left(\sqrt{5}-2\right)}\\
&=\sqrt{5}+\dfrac{\sqrt{5}}{2}\\
&=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}
\end{aligned}$
d) $\dfrac{3\sqrt{2}-6}{\sqrt{2}-1}+\dfrac{6\sqrt{2}-4}{\sqrt{2}-3}$.\\
Ta có:\\
$\begin{aligned}
&\dfrac{3\sqrt{2}-6}{\sqrt{2}-1}+\dfrac{6\sqrt{2}-4}{\sqrt{2}-3}\\
&=\dfrac{3\sqrt{2}\left(1-\sqrt{2}\right)}{-\left(1-\sqrt{2}\right)}+\dfrac{2\sqrt{2}\left(3-\sqrt{2}\right)}{-\left(3-\sqrt{2}\right)}\\
&=-3\sqrt{2}-2\sqrt{2}\\
&=-5\sqrt{2}
\end{aligned}$

Ví dụ 2. Rút gọn

a) $\dfrac{6}{\sqrt{5}-1}+\dfrac{7}{1-\sqrt{3}}-\dfrac{2}{\sqrt{3}-\sqrt{5}}$.
b) $\dfrac{\sqrt{12}-6}{\sqrt{8}-\sqrt{24}}-\dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}+\dfrac{4}{1-\sqrt{7}}$.
c) $\dfrac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{5}}+\dfrac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}$.
d) $\left(\dfrac{\sqrt{14}-\sqrt{7}}{1-\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{5}}{1-\sqrt{3}}\right):\dfrac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}$.

Giải

a)$\dfrac{6}{\sqrt{5}-1}+\dfrac{7}{1-\sqrt{3}}-\dfrac{2}{\sqrt{3}-\sqrt{5}}$.
Ta có:
$\begin{aligned}
&\dfrac{6}{\sqrt{5}-1}+\dfrac{7}{1-\sqrt{3}}-\dfrac{2}{\sqrt{3}-\sqrt{5}}\\
&=\dfrac{6}{5-1}\left(\sqrt{5}+1\right)+\dfrac{7}{1-3}\left(1+\sqrt{3}\right)-\dfrac{2}{3-5}\left(\sqrt{3}+\sqrt{5}\right)\\
&=\dfrac{3}{2}\left(\sqrt{5}+1\right)-\dfrac{7}{2}\left(1+\sqrt{3}\right)+\sqrt{3}+\sqrt{5}\\
&=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}+\dfrac{3}{2}-\dfrac{7}{2}-\dfrac{7\sqrt{3}}{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}\\
&=\dfrac{5\sqrt{5}}{2}-\dfrac{5\sqrt{3}}{2}-2\\
&=\dfrac{5}{2}\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)-2
\end{aligned}$
b) $\dfrac{\sqrt{12}-6}{\sqrt{8}-\sqrt{24}}-\dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}+\dfrac{4}{1-\sqrt{7}}$.
Ta có:
$\begin{aligned}
&\dfrac{\sqrt{12}-6}{\sqrt{8}-\sqrt{24}}-\dfrac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}+\dfrac{4}{1-\sqrt{7}}\\
&=\dfrac{\sqrt{6}\left(\sqrt{2}-\sqrt{6}\right)}{2\left(\sqrt{2}-\sqrt{6}\right)}-\dfrac{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}+1\right)}{\sqrt{3}}+\dfrac{4}{1-7}\left(1+\sqrt{7}\right)\\
&=\dfrac{\sqrt{6}}{2}-\left(\sqrt{3}+1\right)-\dfrac{2}{3}\left(1+\sqrt{7}\right)\\
&=-\dfrac{2}{3}\sqrt{7}+\dfrac{\sqrt{6}}{2}-\sqrt{3}-\dfrac{5}{3}
\end{aligned}$
c) $\dfrac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{5}}+\dfrac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}$.\\
Ta có:\\
$\begin{aligned}
&\dfrac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{5}}+\dfrac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}\\
&=\dfrac{1}{2-3}\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)-\dfrac{1}{3-5}\left(\sqrt{3}+\sqrt{5}\right)+\dfrac{1}{7-5}\left(\sqrt{7}+\sqrt{5}\right)\\
&=-\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{3}+\sqrt{5}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{7}+\sqrt{5}\right)\\
&=-\sqrt{2}-\sqrt{3}+\dfrac{1}{2}\sqrt{3}+\dfrac{1}{2}\sqrt{5}+\dfrac{1}{2}\sqrt{7}+\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\\
&=\dfrac{1}{2}\sqrt{7}+\sqrt{5}-\dfrac{1}{2}\sqrt{3}-\sqrt{2}
\end{aligned}$
d) $\left(\dfrac{\sqrt{14}-\sqrt{7}}{1-\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{5}}{1-\sqrt{3}}\right):\dfrac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}$.\\
Ta có:
$\begin{aligned}
&\left(\dfrac{\sqrt{14}-\sqrt{7}}{1-\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{5}}{1-\sqrt{3}}\right):\dfrac{1}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}\\
&=\left[\dfrac{\sqrt{7}\left(\sqrt{2}-1\right)}{-\left(\sqrt{2}-1\right)}+\dfrac{\sqrt{5}\left(\sqrt{3}-1\right)}{-\left(\sqrt{3}-1\right)}\right].\left(\sqrt{7}-\sqrt{5}\right)\\
&=\left(-\sqrt{7}-\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{7}-\sqrt{5}\right)\\
&=-(7-5)\\
&=-2
\end{aligned}$

Ví dụ 3. Rút gọn

a) $\left(\dfrac{12}{\sqrt{5}+1}-\dfrac{4}{\sqrt{5}+2}+\dfrac{20}{3+\sqrt{5}}\right)(10+3\sqrt{5})$.
b) $\left(\dfrac{24}{\sqrt{7}+1}+\dfrac{4}{3+\sqrt{7}}-\dfrac{3}{\sqrt{7}+2}\right)(4-\sqrt{7})$.
c) $\left(\dfrac{8}{\sqrt{3}-1}-\dfrac{4}{\sqrt{3}+1}+\dfrac{4}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}\right):\sqrt{14+6\sqrt{5}}$.
d) $\left(\dfrac{7}{\sqrt{2}-1}+\dfrac{56}{\sqrt{2}-4}+\dfrac{3}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}\right):\sqrt{12-6\sqrt{3}}$.

Giải

a) $\left(\dfrac{12}{\sqrt{5}+1}-\dfrac{4}{\sqrt{5}+2}+\dfrac{20}{3+\sqrt{5}}\right)(10+3\sqrt{5})$.
Ta có:
$\begin{aligned}
&\left(\dfrac{12}{\sqrt{5}+1}-\dfrac{4}{\sqrt{5}+2}+\dfrac{20}{3+\sqrt{5}}\right)(10+3\sqrt{5})\\
&=\left[\dfrac{12}{5-1}\left(\sqrt{5}-1\right)-\dfrac{4}{5-4}\left(\sqrt{5}-2\right)+\dfrac{20}{9-5}\left(3-\sqrt{5}\right)\right]\left(10+3\sqrt{5}\right)\\
&=\left[3\left(\sqrt{5}-1\right)-4\left(\sqrt{5}-2\right)+5\left(3-\sqrt{5}\right)\right]\left(10+3\sqrt{5}\right)\\
&=\left[3\sqrt{5}-3-4\sqrt{5}+8+15-5\sqrt{5}\right]\left(10+3\sqrt{5}\right)\\
&=\left(-6\sqrt{5}+20\right)\left(10+3\sqrt{5}\right)\\
&=2\left(10-3\sqrt{5}\right)\left(10+3\sqrt{5}\right)\\
&=2(100-45)\\
&=110
\end{aligned}$
b) $\left(\dfrac{24}{\sqrt{7}+1}+\dfrac{4}{3+\sqrt{7}}-\dfrac{3}{\sqrt{7}+2}\right)(4-\sqrt{7})$.
Ta có:
$\begin{aligned}
&\left(\dfrac{24}{\sqrt{7}+1}+\dfrac{4}{3+\sqrt{7}}-\dfrac{3}{\sqrt{7}+2}\right)(4-\sqrt{7})\\
&=\left[\dfrac{24}{7-1}\left(\sqrt{7}-1\right)+\dfrac{4}{9-7}\left(3-\sqrt{7}\right)-\dfrac{3}{7-4}\left(\sqrt{7}-2\right)\right]\left(4-\sqrt{7}\right)\\
&=\left[4\left(\sqrt{7}-1\right)+2\left(3-\sqrt{7}\right)-\left(\sqrt{7}-2\right)\right]\left(4-\sqrt{7}\right)\\
&=\left(4\sqrt{7}-4+6-2\sqrt{7}-\sqrt{7}+2\right)\left(4-\sqrt{7}\right)\\
&=\left(\sqrt{7}+4\right)\left(4-\sqrt{7}\right)\\
&=16-7
&=9
\end{aligned}$
c) $\left(\dfrac{8}{\sqrt{3}-1}-\dfrac{4}{\sqrt{3}+1}+\dfrac{4}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}\right):\sqrt{14+6\sqrt{5}}$.
Ta có:
$\begin{aligned}
&\left(\dfrac{8}{\sqrt{3}-1}-\dfrac{4}{\sqrt{3}+1}+\dfrac{4}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}\right):\sqrt{14+6\sqrt{5}}\\
&=\left[\dfrac{8}{3-1}\left(\sqrt{3}+1\right)-\dfrac{4}{3-1}\left(\sqrt{3}-1\right)+\dfrac{4}{5-3}\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\right]:\left(3+\sqrt{5}\right)\\
&=\left[4\left(\sqrt{3}+1\right)-2\left(\sqrt{3}-1\right)+2\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\right]:\left(3+\sqrt{5}\right)\\
&=\left(4\sqrt{3}+4-2\sqrt{3}+2+2\sqrt{5}-2\sqrt{3}\right):\left(3+\sqrt{5}\right)\\
&=\left(6+2\sqrt{5}\right):\left(3+\sqrt{5}\right)\\
&=2
\end{aligned}$
d) $\left(\dfrac{7}{\sqrt{2}-1}+\dfrac{56}{\sqrt{2}-4}+\dfrac{3}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}\right):\sqrt{12-6\sqrt{3}}$.\\
Ta có:
$\begin{aligned}
&\left(\dfrac{7}{\sqrt{2}-1}+\dfrac{56}{\sqrt{2}-4}+\dfrac{3}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}\right):\sqrt{12-6\sqrt{3}}\\
&=\left[\dfrac{7}{2-1}\left(\sqrt{2}+1\right)+\dfrac{56}{2-16}\left(\sqrt{2}+4\right)+\dfrac{3}{3-2}\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\right]:\left(3-\sqrt{3}\right)\\
&=\left[7\left(\sqrt{2}+1\right)-4\left(\sqrt{2}+4\right)+3\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\right]:\left(3-\sqrt{3}\right)\\
&=\left(7\sqrt{2}+7-4\sqrt{2}-16+3\sqrt{3}-3\sqrt{2}\right):\left(3-\sqrt{3}\right)\\
&=\left(-9+3\sqrt{3}\right):\left(3-\sqrt{3}\right)\\
&=-3
\end{aligned}$

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Rút gọn

a) $\dfrac{\sqrt{160}-\sqrt{80}}{\sqrt{8}-\sqrt{2}}-\dfrac{\sqrt{40}-\sqrt{15}}{2\sqrt{2}-\sqrt{3}}$.
b) $\left(\dfrac{5-2\sqrt{5}}{2-\sqrt{5}}-2\right)\left(\dfrac{5+3\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}-2\right)$.
c) $\left(\dfrac{\sqrt{216}}{3}-\dfrac{2\sqrt{3}-\sqrt{6}}{\sqrt{8}-2}\right)\dfrac{1}{\sqrt{6}}$.
d) $\left(\dfrac{\sqrt{343}}{21}-\dfrac{28+4\sqrt{7}}{\sqrt{63}+3}\right)\dfrac{\sqrt{7}}{7}$.

Bài 2. Rút gọn

a) $\dfrac{5\sqrt{2}-2\sqrt{5}}{\sqrt{5}-\sqrt{2}}+\dfrac{6}{2-\sqrt{10}}$.
b) $\dfrac{3}{\sqrt{5}-\sqrt{2}}-\dfrac{2}{2-\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$.
c) $\dfrac{-4}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}-1}+\dfrac{4-2\sqrt{5}}{\sqrt{5}-2}$.
d) $\dfrac{5}{3-\sqrt{7}}-\dfrac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dfrac{-1}{\sqrt{2}-1}$.

Bài 3. Rút gọn

a) $\dfrac{(\sqrt{3}-\sqrt{5})^2+4\sqrt{15}}{\sqrt{3}+\sqrt{5}}$.
b) $(\sqrt{5}+2)\dfrac{(\sqrt{5}+2)^2-8\sqrt{5}}{\sqrt{5}-2}$.
c) $\dfrac{(\sqrt{2}+1)^2-4\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}\cdot(\sqrt{2}+1)$.
d) $\dfrac{(\sqrt{3}-\sqrt{2})^2+4\sqrt{6}}{(\sqrt{3}+\sqrt{2})^2}\cdot(\sqrt{3}-\sqrt{2})$.

Căn bậc hai – Tính chất cơ bản phần 2

Bài 1. Khai triển các biểu thức sau

a) $(\sqrt{x}-1)^2+(\sqrt{x}+1)^2$.
b) $(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-3)-(\sqrt{x}+1)(2\sqrt{x}-5)$.
c) $(2\sqrt{x}-3)^2+3(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+2)$.
d) $(3-\sqrt{x})(3+\sqrt{x})+(\sqrt{x}-2)^2$.

Giải

a) $(\sqrt{x}-1)^2+(\sqrt{x}+1)^2$

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

$=x-2\sqrt{x}+1+x+2\sqrt{x}+1=2x+2$.
b) $(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-3)-(\sqrt{x}+1)(2\sqrt{x}-5)$
$=(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-3)-(\sqrt{x}+1)(2\sqrt{x}-5)$

$=x-\sqrt{x}-6-2x+3\sqrt{x}+5$

$=-x+2\sqrt{x}-1=-{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}$.
c) $(2\sqrt{x}-3)^2+3(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+2)$
$={{(2\sqrt{x}-3)}^2}+3(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+2)$

$=4x-12\sqrt{x}+9+3\left(x+\sqrt{x}-2\right)$

$=7x-9\sqrt{x}+3$.
d) $(3-\sqrt{x})(3+\sqrt{x})+(\sqrt{x}-2)^2$

$=(3-\sqrt{x})(3+\sqrt{x})+{{(\sqrt{x}-2)}^2}$

$=9-x+x-4\sqrt{x}+4$

$=13-4\sqrt{x}$.

Bài 2. Rút gọn các biểu thức sau:
a) $A=(\sqrt{x}+2)(5-\sqrt{x})-(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}+1)-(3x+4\sqrt{x}+5)$. $(x \geq 0)$
b) $B=(2\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}+1)-(2-\sqrt{a b})(\sqrt{a}-1)$. ($a, b \geq 0$)

Giải

a) $A=(\sqrt{x}+2)(5-\sqrt{x})-(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}+1)-(3x+4\sqrt{x}+5)$
$A=(\sqrt{x}+2)(5-\sqrt{x})-(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}+1)-(3x+4\sqrt{x}+5)$
$A=x+3\sqrt{x}+10-\left(x+4\sqrt{x}+3\right)-3x-4\sqrt{x}-5$
$A=x+3\sqrt{x}+10-x-4\sqrt{x}-3-3x-4\sqrt{x}-5$
$A=-3x-5\sqrt{x}+2$

b) $B=(2\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}+1)-(2-\sqrt{a b})(\sqrt{a}-1)$
$B=(2\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}+1)-(2-\sqrt{ab})(\sqrt{a}-1)$
$B=2a+2\sqrt{a}+\sqrt{ab}+\sqrt{b}-\left(2\sqrt{a}-2-a \sqrt{b}+\sqrt{ab}\right)$

$B=2a+2\sqrt{a}+\sqrt{ab}+\sqrt{b}-2\sqrt{a}+2+a \sqrt{b}-\sqrt{ab}$
$B=2a+\sqrt{b}+2+a \sqrt{b}$

Bài 3. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) $A=x-\sqrt{x}-2$.
b) $B=x-y+3\sqrt{x}-3\sqrt{y}$.
c) $C=\sqrt{a b}+2\sqrt{a}-\sqrt{b}-2$.
d) $D=x\sqrt{x}+x-2\sqrt{x}$.

Giải

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

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

$=\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)$.
b) $B=x-y+3\sqrt{x}-3\sqrt{y}=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)+3\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)$

$=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+3\right)$.

c)$C=\sqrt{ab}+2\sqrt{a}-\sqrt{b}-2=\sqrt{a}.\sqrt{b}+2\sqrt{a}-\sqrt{b}-2$

$=\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-1\right)+2\left(\sqrt{a}-1\right)$

$=\left(\sqrt{a}-1\right)\left(\sqrt{b}+2\right)$.
d)
$D=x\sqrt{x}+x-2\sqrt{x}$
$=x\sqrt{x}-\sqrt{x}+x-\sqrt{x}$
$=\sqrt{x}(x-1)+\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)$
$=\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)+\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)$
$=\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)\left(2\sqrt{x}+1\right)$

Bài 4. Rút gọn các biểu thức sau:
a) $\dfrac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$.
b) $\dfrac{x-4\sqrt{x}+4}{x-2\sqrt{x}}$.
c) $\dfrac{x\sqrt{x}+8}{\sqrt{x}+2}-x-4$.
d) $\dfrac{x-4\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+1}$.

Giải

a)Ta có $\dfrac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}}{\left(\sqrt{x}-1\right)}=\sqrt{x}-1$.
b) Ta có $\dfrac{x-4\sqrt{x}+4}{x-2\sqrt{x}}=\dfrac{{{\left(\sqrt{x}-2\right)}^2}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}=1-\dfrac{2}{\sqrt{x}}$.
c) Ta có $\dfrac{x\sqrt{x}+8}{\sqrt{x}+2}-x-4=\dfrac{x\sqrt{x}+8-x\sqrt{x}-2\sqrt{x}-4\sqrt{x}-8}{\sqrt{x}+2}=\dfrac{-6\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$.
d) Ta có $\dfrac{x-4\sqrt{x}-5}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\left(\sqrt{x}-5\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}=\sqrt{x}-5$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Khai triển

a) $(\sqrt{a}+2)^2 – (\sqrt(a)-1)^2$.

b) $\sqrt{b}(\sqrt{b}+1)^2 – 2b(\sqrt{b}+3)$.

c) $(\sqrt{x}-1)(\sqrt{y}+4)- 2(2\sqrt{x}+1)(2-\sqrt{y})$.

d) $(\sqrt{x}-1)^3 – 3(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-1) – 2x(\sqrt{x}-1)$.

Bài 2. Cho $x = \sqrt{3} – \sqrt{2}$.
a) Tính giá trị của biểu thức $A = x^2 -4x+1$.
b) Tính giá trị của biểu thức $B = x^4 -x^2+1$.
Bài 3. Rút gọn các biểu thức sau:
a) $\dfrac{{a\sqrt a – 1}}{{\sqrt a – 1}} – \sqrt a $
b) $\dfrac{{x\sqrt x + 8}}{{\sqrt x + 2}} – 2\sqrt x $
Bài 4. Rút gọn các biểu thức sau:

a)  $\dfrac{{a – 1}}{{\sqrt a + 1}} + \dfrac{{4 – a}}{{\sqrt a + 2}}$.
b) $\dfrac{x-3\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{x-5\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}-1}$.

 

Căn bậc hai – Tính chất cơ bản

Định lý 1. Với mọi $A$ ta có hằng đẳng thức $\sqrt{A^2} = |A|$

Tính chất 1. Cho $A, B$ là các số không âm. Khi đó ta có các đẳng thức sau:

a) $\sqrt{AB} = \sqrt{A} \sqrt{B}$.
b) $\sqrt{\dfrac{A}{B}} = \dfrac{\sqrt{A}}{\sqrt{B}}$ ($B > 0$)
c) $\sqrt{A^2B}= |A|\sqrt{B}$

Các ví dụ.

Ví dụ 1. Viết về dạng $A\sqrt{B}$ các biểu thức sau:
a) $3 \sqrt{8}- 4\sqrt{18} + 5\sqrt{32} – \sqrt{50}$
b) $\sqrt{125} – 2\sqrt{20} -3\sqrt{80} + 4\sqrt{45}$
c) $5\sqrt{48} – 4\sqrt{27} – 2\sqrt{75} + \sqrt{108}$

Giải

Ví dụ 2. Khai căn các biểu thức sau:
a)  $\sqrt{(\sqrt{2}-1)^2}$
b) $\sqrt{(\sqrt{3}-2)^2}$
c) $\sqrt{(\sqrt{9}-2\sqrt{2})^2}$

Ví dụ 3. Thực hiện các phép toán sau, đưa về dạng $A + B\sqrt{C}$
a)  $(1+\sqrt{2})^2$
b) $(3-\sqrt{2})^2 + (4+\sqrt{8})^2$.
c) $(1+\sqrt{3})(4-\sqrt{3})^2$.
d) $(2-\sqrt{3})^3(1+\sqrt{27})$

Ví dụ 4. Cho $x =1+ \sqrt{2}$.
a)  Tính $x^2 – 2x + 3$.
b) Tính $x^3 – 3x$.
c) Tính $(x^3-2x^2-x+2)^{2021}$.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Rút gọn các biểu thức sau:
a)$2\sqrt{24} – 2\sqrt{54} + 3\sqrt{6}- \sqrt{150}$
b) $2\sqrt{28} + 2\sqrt{63} – 3\sqrt{175}+ \sqrt{112}$
c) $10\sqrt{28} + 2\sqrt{275} – 3\sqrt{343} – \dfrac{3}{2}\sqrt{396}$
d)$\dfrac{3}{2} \sqrt{6} + 2 \sqrt{\dfrac{2}{3}} -4\sqrt{\dfrac{3}{2}}$

Bài 2.  So sánh
a) $1+\sqrt{3}$ và $2\sqrt{2}$
b) $\sqrt{2016}+\sqrt{2018}$ và $2\sqrt{2017}$
c) $\sqrt{2015}-\sqrt{2014}$ và $\sqrt{2014} -\sqrt{2013}$
d) $\sqrt{1009}+\sqrt{1008}$ và $\sqrt{2017}$

Bài 3.  Thực hiện phép tính và rút gọn:
a) $(3-\sqrt{2})(7 +3\sqrt{8}) – 15\sqrt{2}$.
b) $(3-\sqrt{5})^2(3+\sqrt{5}) + (1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})$.
c) $(3-\sqrt{2})^3 + (5-\sqrt{2})(6+2\sqrt{2})$.
d) $(4+\sqrt{27})(2-\sqrt{3}) + (1+\sqrt{3})^3$.

Bài 4.  Cho $a = \sqrt{5} – 1$.
a)Tính $a^2 + 4a$.
b) Chứng minh $a^2 + 2a – 4 = 0$.
c) Tính giá trị của biểu thức $(a^3+2a^2-4a+2)^{10}$.
d) Chứng minh $1 < a < 2$.

Bài 5. Cho $x = \sqrt{3}+\sqrt{5}$.
a) Tính $x^3$.
b) Chứng minh $x^4-16x^2 + 4 = 0$.

Bài 6. Tìm $x$ biết $\sqrt{x}$ là số tự nhiên và $A = \dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+1}$ là số nguyên.

Bài 7. Cho $x$ là số dương. Chứng minh rằng $$x-\sqrt{x}+1$$ là số dương.

Bài 8. Cho $a > 0$ và $4{a^2} + a\sqrt 2 – \sqrt 2 = 0$. \
Chứng minh rằng : $\dfrac{{a + 1}}{{\sqrt {{a^4} + a + 1} – {a^2}}} = \sqrt 2 $

Đáp án đề thi Toán không chuyên trường Phổ thông Năng Khiếu năm 2021

Bài 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức: $$P=\dfrac{a^2+b\sqrt{ab}}{a+\sqrt{ab}}+\dfrac{a\sqrt{a}-3a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\ \ (a>b>0)$$

a) Thu gọn biểu thức $P$.

b) Chứng minh $P>0$.

Bài 2. (2 điểm)

a) Giải phương trình: $(x^2 +2x -3)\left( \sqrt{3-2x} – \sqrt{x+1}\right) =0$

b) Cho $(d): y=(m+1)x+mn$ và $(d_1): y=3x+1$. Tìm $m$, $n$ biết $(d)$ đi qua $A(0;2)$, đồng thời $(d)$ song song với $(d_1)$.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho $(P)$, $(d)$ lần lượt là đồ thị hàm số $y=x^2$ và $y= 2x+m$.

a) Tìm $m$ sao cho $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt $A(x_1;y_1)$, $B(x_2;y_2)$.

b) Tìm $m$ sao cho $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 =5$.

Bài 4. (2 điểm)

a) Công ty viễn thông gói cước được tính như sau:

  • Gói I: $1800$ đồng/phút cho $60$ phút đầu tiên; $1500$ đồng/phút cho $60$ phút tiếp theo và $1000$ đồng/phút cho thời gian còn lại.
  • Gói II: $2000$ đồng/phút cho $30$ phút đầu tiên; $1800$ đồng/ phút cho $30$ phút tiếp theo; $1200$ đồng/phút cho $30$ phút tiếp theo nữa và $800$ đồng/phút cho thời gian còn lại.

Sau khi cân nhắc thì bác An chọn gói II vì sẽ tiết kiện được $95000$ đồng so với gói I. Hỏi trung bình bác An gọi bao nhiêu phút một tháng?

b) Cho $\triangle ABC$ có $AB=3$, $AC=4$, $BC=5$. $BD$ là tia phân giác của $\angle ABC$. Tính $BD$?

Bài 5. (3 điểm) Cho $\triangle ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(T)$ có tâm $O$, bán kính $R$, $BC=R\sqrt{3}$. Tiếp tuyến tại $B$, $C$ của $(T)$ cắt nhau tại $P$. Cát tuyến $PA$ cắt $(T)$ tại $D$ (khác $A$). Đường thẳng $OP$ cắt $BC$ tại $H$.

a) Chứng minh $\triangle PBC$ đều. Tính $PA\cdot PD$ theo $R$.

b) $AH$ cắt $(T)$ tại $E$ (khác $A$). Chứng minh $HA \cdot HE = HO \cdot HP$ và $PD = PE$.

c) Trên $AB$ lấy điểm $I$ thỏa $AI =AC$, trên $AC$ lấy điểm $J$ thỏa $AJ = AB$. Đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $I$ và đường thẳng vuông góc với $AC$ tại $J$ cắt nhau ở $K$. Chứng minh $IJ=BC$ và $AK \bot BC$. Tính $PK$ theo $R$.

 

— HẾT —

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Ta có $a>b>0$ nên

$P = \dfrac{{{a^2} + b\sqrt {ab} }}{{a + \sqrt {ab} }} + \dfrac{{a\sqrt a – 3a\sqrt b + 2b\sqrt a }}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= \dfrac{{{{\left( {\sqrt a } \right)}^3} + {{\left( {\sqrt b } \right)}^3}}}{{\sqrt a + \sqrt b }} + \dfrac{{\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)\left( {a – 2\sqrt {ab} } \right)}}{{\sqrt a – \sqrt b }}$

$= a – \sqrt {ab} + b + a – 2\sqrt {ab} = 2a – 3\sqrt {ab} + b.$

(1đ)

b) Ta có $a>b>0$ nên $\sqrt{a}>\sqrt{b}$, do đó

$P=2a-3\sqrt{ab}+b=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(2\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)>0. $

(0,5đ)

Bài 2.

a) $(x^{2}+2x-3)(\sqrt{3-2x}-\sqrt{x+1})=0 \quad (*)$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 3-2x\geq 0 \\ x+1\geq 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow -1\leq x\leq \dfrac{3}{2}$

(0,25đ)

$(*) \Leftrightarrow (x -1)(x+3)(\sqrt{3-2x}-\sqrt{x+1})=0$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x – 1=0}\\ {x+3=0}\\ {3-2x=x+1} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {x =1 \ \ \ (n)}\\ {x=-3 \ (l)}\\ {x=\dfrac{2}{3}\ \ \ (l)} \end{array}} \right.$

(0,25đ)

Vậy $S=\left\{ 1; \dfrac{2}{3}\right\}$

(0,25đ)

b) $(d) // (d_{1})\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m+1=3 \\ m.n\neq 1 \end{array} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m=2 \\ n\neq \dfrac{1}{2} \end{array} \right. $

(0,5đ)

Vì $A(0;2)\in (d): y=3x+2n\Leftrightarrow 2=3.0+2n\Leftrightarrow n=1$ (n)

(0,5 đ)

Vậy $m=2$, $n=1$

Bài 3.

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

$ x^2=2x+m \Leftrightarrow x^2-2x-m=0 \quad (1)$

(0,25đ)

$ (P) $ cắt $ (d) $ tại 2 điểm phân biệt $ A, B \Leftrightarrow $ $ (1) $ có $2$ nghiệm phân biệt

$ \Leftrightarrow $ $ \Delta’>0 $ $ \Leftrightarrow $ $ 1+m>0 $

$ \Leftrightarrow m>-1 $ $(*)$

(0,25đ)

Vậy $m>-1$ thì $(P)$ cắt $(d)$ tại hai điểm phân biệt.

b) Với điều kiện $(*)$ theo Viet ta có: $ S=x_1+x_2=2 $, $ P=x_1\cdot x_2=-m $

(0,25đ)

Ta có: $A(x_1;y_1)\in (d) \Leftrightarrow y_1 = 2x_1+m$; $B(x_2;y_2)\in (d) \Leftrightarrow y_2=2x_2+m$

Ta có:

$ (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+(2x_1-2x_2)^2=5$

(0,25đ)

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+4(x_1-x_2)^2=5$

$ \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2=1\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-4x_1x_2=1$

$ \Leftrightarrow 4+4m=1 \Leftrightarrow m=\dfrac{-3}{4}$ (thỏa $(*)$)

(0,5đ)

Vậy $m=-\dfrac{3}{4}$

Bài 4.

a) Giả sử thời gian gọi trung bình mỗi tháng của bác An là $t$ (phút, $t>0$).

Gọi $A(x)$, $B(x)$ lần lượt là cước phí khi gọi $x$ phút tương ứng với gói cước I và gói cước II, theo đề bài ta có $A(t)-B(t)=95000$ (đồng).

Ta có bảng sau:

Vậy trung bình mỗi tháng bác An gọi $475$ phút.

(1đ)

b) Ta có: $3^2 + 4^2 = 5^2$ nên $AB^2 + AC^2 = BC^2$

Theo định lý Pythagore đảo, tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

(0,25đ)

Theo tính chất đường phân giác: $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA}$.

Suy ra $\dfrac{DC}{BC} = \dfrac{DA}{BA} = \dfrac{DC + DA}{BC + BA} = \dfrac{AC}{BA + BC} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow AD = \dfrac{1}{2} BA = \dfrac{3}{2}$.

(0,5đ)

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ nên: $BD^2 = AD^2 + AB^2 = \dfrac{45}{4} \Rightarrow BD =\dfrac{3\sqrt{5}}{2}$.

(0,25đ)

Bài 5.

a)

  • Ta có: $OB = OC$, $PB = PC$ suy ra $PO$ là đường trung trực của $BC$

nên $OP \bot BC$ và $H$ là trung điểm $BC$.

$\sin \angle HOC = \dfrac{HC}{OC}= \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle HOC = 60^\circ \Rightarrow \angle HCP = \angle HOC =60^\circ $

$\triangle PBC$ có $PB = PC$ và $\angle BCP =60^\circ $ suy ra $\triangle PBC$ đều

(0,5đ)

  •  Xét $\triangle PBD$ và $\triangle PAB$ có $\angle BPD$ chung, $\angle PBD = \angle PAB$

$\Rightarrow \triangle PBD \backsim \triangle PAB$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{PB}{PA}= \dfrac{PD}{PB}\Rightarrow PA\cdot PD = PB^2 = 3R^2$

(0,5đ)

b)

  • Xét $\triangle HAB $ và $\triangle HCE$ có $\angle AHB = \angle CHE$, $\angle HAB = \angle HCE$

$\Rightarrow \triangle HAB \backsim \triangle HCE$ (g.g) $\Rightarrow HA \cdot HE = HB \cdot HC = HB^2 = HO \cdot HP$

(0,5đ)

  •  Xét $\triangle HOA $ và $\triangle HEP$ có $\angle OHA = \angle EHP$, $\dfrac{HO}{HE} = \dfrac{HA}{HP}$

$\Rightarrow \triangle HOA \backsim \triangle HEP$ (c.g.c) $\Rightarrow \angle HOA = \angle HEP$, suy ra $AOEP$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\angle HPE = \angle HPD$ (chắn hai cung $OE$ và $OA$ bằng nhau)  $(1)$

Lại có $PA \cdot PD = PB^2 = PH \cdot PO \Rightarrow \dfrac{PD}{PO} = \dfrac{PH}{PA}$

$ \Rightarrow \triangle PDH \backsim \triangle POA$ (c.g.c) suy ra $OHDA$ nội tiếp.

Mà $\angle PAO = \angle ODA =\angle AHO = \angle PHE$ nên $\angle PHD = \angle PHE$  $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\triangle HDP = \triangle HEP$ (g.c.g), suy ra $PD=PE$.

(0,5đ)

c)

  •  Xét $\triangle ABC$ và $\triangle AJI$ có $AB=AJ$, $\angle IAC$ chung, $AC=AI$

nên $\triangle ABC = \triangle AJI \Rightarrow IJ = BC$

(0,25đ)

  •  Gọi $Q = BC \cap AK$

Ta có: $\angle AIK = \angle AJK =90^\circ $ nên $AIKJ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AK$

$ \Rightarrow \angle AKI = \angle AJI$

Mà $\angle AJI = \angle ABC$ (do $\triangle ABC = \triangle AJI$) nên $\angle AKI = \angle ABC$.

Tứ giác $BQKI$ có $\angle AKI = \angle ABC$ nên $BQKI$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \angle BIK + \angle BQK = 180^\circ \Rightarrow \angle BQK = 180^\circ – \angle BIK = 180^\circ – 90^\circ =90^\circ $

Suy ra $AK \bot BC$.

(0,25đ)

  •  Vì $\triangle ABC = \triangle AIJ$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.

Mà $AK$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle AIJ$ nên $AK=2R$.

$\triangle OCP$ vuông tại $C$:

$\Rightarrow OP^2 = OC^2 + CP^2 = R^2 + \left( R\sqrt{3} \right) ^2 = 4R^2$

$\Rightarrow OP=2R \Rightarrow OP=AK$.

Ta có: $AK \bot BC$, $OP \bot BC$ nên $AK // OP$.

Tứ giác $AOPK$ có $AK // OP$ và $AK=OP$ nên $AOPK$ là hình bình hành, suy ra $PK=AO=R$.

Vậy $PK=R$.

(0,5đ)

Lời giải được thực hiện bởi nhóm giáo viên Star Education: thầy Nguyễn Tăng Vũ, thầy Nguyễn Ngọc Duy, thầy Nguyễn Tấn Phát, cô Bùi Thị Minh Phương, Châu Cẩm Triều, Lê Quốc Anh, Nguyễn Công Thành