Bài 1. Cho các biểu thức $H_1=(\frac{5}{\sqrt{1+x}}-\sqrt{1-x}):(\frac{5}{\sqrt{1-x^2}}-1)$ và $H_2=(\frac{2x+1}{x\sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1})\cdot (\frac{1+x\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}-\sqrt{x})$

a) Rút gọn biểu thức $H_1$ và $H_2$.

b) Xét dấu của tích $H_1\cdot H_2$.

Bài 2. a) Giải phương trình: $\frac{(x-3)(x-5)}{\sqrt{2x+1}}+x-3=0$

b) Giải hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}(x-3y-1)(x-y-1-\sqrt{x-y+1})=0\\ \sqrt{x-1}+\sqrt{2-3y}=2\end{array}$

Bài 3. Cho phương trình: $\frac{x^2+(m-4)x-2m^2+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$

a) Giải phương trình khi $m=2$

b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa $x_1^2+x_2^2-x_2=7$

Bài 4. a) Bốn bạn An, Bình, Châu, Duy theo thứ tự đứng ở 4 góc của sân tennis hình chữ nhật như hình vẽ. Trên sân có một quả banh tennis, biết khoảng cách từ quả banh đến An, Bình, Châu lần lượt là $11\mathrm{m},14\mathrm{m}$ và $16\mathrm{m}$. Tính khoảng cách từ Duy đến quả banh?

b) Sau trận đá bóng cuối cùng của trường Phổ thông Năng khiếu, người ta thấy rằng số điểm của đội 10 Tin và đội $\mathrm{GV}$ lần lượt chiếm $\frac{1}{4}$ và $\frac{2}{7}$ tổng số điểm ghi được của các đội. Đội Star ghi được 15 điểm. Không có đội nào trong số 7 đội còn lại (ngoài 3 đội nêu trên) ghi được nhiều hơn 2 điểm. Hỏi tổng số điểm của 7 đội còn lại ghi được là bao nhiêu?

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ dều cạnh $a$. Về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác $ABD$ và $ACE$ vuông cân tại $A$.

a) Chứng minh tứ giác $BCED$ nội tiếp. Tính chu vi tú giác $BCED$ theo $a$.

b) $BE,CD$ cắt nhau tại $I$. Chứng minh tứ giác $BIAD$ nội tiếp, tính độ dài $AI$ theo $a$.

c) $BC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BIAD$ tại điểm $F$ khác $B.EF$ cắt $AI$ tại $K$. Tính $\mathrm{\angle }BDF$ và $\frac{KA}{KI}$.

LỜI GIẢI

 

Bài 1. a) (Học sinh thiếu điều kiện không trì̉ điểm)

• Điều kiện xác định: $-1<x<1$

$H_1=(\frac{5}{\sqrt{1+x}}-\sqrt{1-x}):(\frac{5}{\sqrt{1-x^2}}-1)$

$=\frac{5-\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1+x}}\cdot \frac{\sqrt{1+x}\cdot \sqrt{1-x}}{5-\sqrt{1-x^2}}$

$=\sqrt{1-x}$

• Điều kiện xác định: $x\ge 0$ và $x\ne 1$

$H_2=(\frac{2x+1}{x\sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1})\cdot (\frac{1+x\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}-\sqrt{x})$

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

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

$=\sqrt{x}-1$

b) Điều kiện xác định: $0\le x<1$

Ta có: $H_1\cdot H_2=\sqrt{1-x}\cdot (\sqrt{x}-1)$

Vì $\sqrt{1-x}>0$ và $\sqrt{x}-1<0$ với mọi $0\le x<1$ suy ra $H_1\cdot H_2<0$

Vậy $H_1\cdot H_2<0$

Bài 2. a) Điều kiện xác định: $x>\frac{-1}{2}$

$\frac{(x-3)(x-5)}{\sqrt{2x+1}}+x-3=0$

$\iff (x-3)(x-5)+(x-3)\sqrt{2x+1}=0$

$\iff [\begin{array}{l}x=3(nhận)\\ \sqrt{2x+1}=5-x(1)\end{array}$

$(1)\iff \{\begin{array}{l}x\le 5\\ x^2-12x+24=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\le 5\\ [\begin{array}{c}x=6+2\sqrt{3}(loại)\\ x=6-2\sqrt{3}(nhận)\end{array}\end{array}$

(Học sinh không loại nghiệm trừ 0,25 điểm)

Vậy $S=[3;6-2\sqrt{3}]$.

b) Điều kiện xác định: $x\ge 1,y\le \frac{2}{3},x\ge y-1$

(Học sinh thiếu điều kiện xác định trừ O,25 điểm)

$\{\begin{array}{l}(x-3y-1)(x-y-1-\sqrt{x-y+1})=0(1)\\ \sqrt{x-1}+\sqrt{2-3y}=2(2)\end{array}$

Ta có: $(1)\iff [\begin{array}{l}x=3y+1\\ x-y-1-\sqrt{x-y+1}=0(3)\end{array}$

• Thay $x=3y+1$ vào (2) ta có:

$\sqrt{3y}+\sqrt{2-3y}=2$

$\iff 3y+2-3y+2\sqrt{6y-9y^2}=4$

$\iff \sqrt{6y-9y^2}=1$

$\iff 9y^2-6y+1=0$

$\iff y=\frac{1}{3}\Rightarrow x=2$ (so với điều kiện ta nhận)

Suy ra $(x;y)=(2;\frac{1}{3})$.

• Đặt $t=\sqrt{x-y+1}(t\ge 0)$

$(3)\iff t^2-t-2=0\iff [\begin{array}{l}t=-1\text{ (loại) }\\ t=2\text{ (nhận) }\end{array}$

Với $t=2\iff x-y+1=4\iff x=y+3$

Thay $x=y+3$ vào $(2)$, ta có:

$\sqrt{y+2}+\sqrt{2-3y}=2$

$\iff y+2+2-3y+2\sqrt{-3y^2-4y+4}=4$

$\iff \sqrt{-3y^2-4y+4}=y$

$\iff \{\begin{array}{l}y\ge 0\\ 4y^2+4y-4=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}y\ge 0\\ [\begin{array}{c}y=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}(loại)\\ y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}(nhận)\end{array}\end{array}$

Với $y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=\frac{5+\sqrt{5}}{2}$ (so với điều kiện ta nhận)

Suy ra $(x;y)=(\frac{5+\sqrt{5}}{2};\frac{-1+\sqrt{5}}{2})$.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(2;\frac{1}{3}),(\frac{5+\sqrt{5}}{2};\frac{-1+\sqrt{5}}{2})$

Bài 3. $\frac{x^2+(m-4)x-2m^2+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$ (4)

Điều kiện xác định: $x\ge 0$ và $x\ne 1$

a) Thay $m=2$ vào (4), ta có: $\frac{x^2-2x-3}{\sqrt{x}-1}=0\iff [\begin{array}{l}x=3(nhận)\\ x=-1(loại)\end{array}$

Vậy $S=[3]$

b) $\frac{x^2+(m-4)x-2m^2+m+3}{\sqrt{x}-1}=0$ (1)

$\iff x^2+(m-4)x-2m^2+m+3=0$ (2)

(Học sinh không đưa (1) thành (2) trừ 0,25 điểm)

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt, không âm và khác 1 khi và chỉ khi:

$\{\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }>0\\ S\ge 0\\ P\ge 0\\ 1^2+m–4–2m^2+m+3\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}(3m–2{)}^2>0\\ m\le 4\\ –1\le x\le \frac{3}{2}\\ m\ne 0\\ m\ne 1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}-1\le x\le \frac{3}{2}\\ m\ne \frac{2}{3}\\ m\ne 0\\ m\ne 1\end{array}$

(Học sinh không cần giải hệ điều kiện chỉ cần đưa về theo tham số m)

Với $\mathrm{\Delta }=(3m-2{)}^2$, ta suy ra $x=m+1$ hoặc $x=3-2m$.

• Với $x_1=m+1$ và $x_2=3-2m$, ta có:

$x_1^2+x_2^2-x_2=7\iff 5m^2-8m=0\iff [\begin{array}{l}m=0(loại)\\ m=\frac{8}{5}(loại)\end{array}$

• Với $x_1=3-2m$ và $x_2=m+1$, ta có:

$x_1^2+x_2^2-x_2=7\iff 5m^2-11m+2=0\iff [\begin{array}{l}m=2(loại)\\ m=\frac{1}{5}(nhận)\end{array}$

Vậy $m=\frac{1}{5}$ thì phương trình (4) có hai nghiệm phân biệt thỏa yêu cầu.

Bài 4. a) Gọi $I$ là vị trí trái banh tennis. Từ $I$ kẻ các đường thẳng vuông góc với $AB$ và $AD$. Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là giao điểm của 2 đường thẳng đó với $AB,BC,CD$, $DA$.

Khi đó tứ giác $AMIQ,MBNI$ là các hình chũ nhật.

Ta có: $I{A}^2=I{Q}^2+A{Q}^2,I{B}^2=I{N}^2+B{N}^2$

$I{D}^2=I{Q}^2+Q{D}^2,I{C}^2=I{N}^2+C{N}^2$

Suy ra $I{A}^2-I{D}^2=A{Q}^2-Q{D}^2$ và $I{B}^2-I{C}^2=B{N}^2-C{N}^2$

Vì $AQ=BN$ và $DQ=CN$

Suy ra $I{A}^2-I{D}^2=I{B}^2-I{C}^2$

$\Rightarrow I{D}^2=I{A}^2+I{C}^2-I{B}^2=181$

$\Rightarrow ID=\sqrt{181}\approx 13,5(\mathrm{m})$

b) Gọi $x$ (điểm) là tổng điểm số điểm của các đội. $(x>0)$.

$y$ (điểm) là tổng điểm của 7 đội còn lại. $(y>0)$

Số điểm của đội 10 Tin và đội $\mathrm{GV}$ là $\frac{1}{4}x$ và $\frac{2}{7}x$

Suy ra số điểm của 8 đội còn lại là $\frac{13}{28}x$.

Ta có phương trình: $15+y=\frac{13}{28}x$

Không có đội nào trong 7 đội còn lại ghi nhiều hơn 2 điểm nên $0<y\le 14$.

Từ đó suy ra $15<\frac{13}{28}x\le 29\iff 32<x\le 62$

Vì $x,y$ là các số tự nhiên nên $x$ sẽ chia hết cho 28 .

Do đó suy ra $x=56$ (điểm)

Vậy tổng điểm của 7 đội còn lại là 11 điểm.

Bài 5. a) • $\mathrm{△}ADB$ và $\mathrm{△}AEC$ vuông cân tại $A$ suy ra $AB=AC=AE=AD$

Suy ra tứ giác $BCED$ nội tiếp đường tròn tâm $A$ bán kính $AB$

• Ta có: $BD=CE=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=a\sqrt{2}$

Kẻ $AT\perp DE$ tại $T$ suy ra $T$ là trung điểm $DE$.

Ta có: $DT=\cos \mathrm{\angle }ADT\cdot AD=\frac{\sqrt{3}}{2}a\Rightarrow DE=2DT=a\sqrt{3}$

Vậy chu vi tứ giác $BCED$ là: $a(1+2\sqrt{2}+\sqrt{3})$.

b) – Ta có $\mathrm{\angle }CED=\mathrm{\angle }BDE\Rightarrow \mathrm{\angle }CBD+\mathrm{\angle }BDE={180}^{\circ }\Rightarrow BC//DE$

$\Rightarrow BCED$ là hình thang cân suy ra $ID=IE$ và $IB=IC$

Ta có $ID=IE,AD=AE\Rightarrow AI$ là đường trung trực của $DE$ suy ra $I,A,T$ thẳng hàng.

Ta có: $\mathrm{\angle }DBE=\frac{1}{2}\mathrm{\angle }DAE=\mathrm{\angle }DAT\Rightarrow BIAD$ nội tiếp.

• Tứ giác $BIAD$ nội tiếp suy ra $\mathrm{\angle }DIE={90}^{\circ }\Rightarrow IT=DT=\frac{\sqrt{3}}{2}a$

Lại có $AT=\sin \mathrm{\angle }TDA\cdot AD=\frac{a}{2}$

Nên $AI=IT-AT=\frac{\sqrt{3}-1}{2}a$.

c) Tứ giác  F B A D  nội tiếp suy ra  $\mathrm{\angle }DFB={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }DAB={90}^{\circ }$

$\Rightarrow \mathrm{\angle }FDE={90}^{\circ }=\mathrm{\angle }FDB+\mathrm{\angle }BDE\Rightarrow \mathrm{\angle }FDB={90}^{\circ }-{75}^{\circ }={15}^{\circ }$

• Ta có $\mathrm{\angle }IFA=\mathrm{\angle }IDA={45}^{\circ }-{30}^{\circ }={15}^{\circ }$

Lại có $\mathrm{\angle }EAF=\mathrm{\angle }EAC+\mathrm{\angle }CAB+\mathrm{\angle }BAF={90}^{\circ }+{60}^{\circ }+{15}^{\circ }={165}^{\circ }$

Suy ra $\mathrm{\angle }IFA+\mathrm{\angle }EAF={180}^{\circ }\Rightarrow AE//IF$ (1)

Tứ giác $FIAD$ nội tiếp có $AI//DF$

$\Rightarrow FIAD$ là hình thang cân nên $FI=AD=AE$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AEIF$ là hình bình hành

Suy ra $K$ là trung diểm $AI$ nên $\frac{KA}{KI}=1$