Bài 1. (a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-2}+5 x=9$.

(b) Cho $x, y, z$ đôi một khác nhau thỏa mãn: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$. Tính giá trị biểu thực:

$P=\frac{y z}{x^{2}+2 y z}+\frac{z x}{y^{2}+2 z x}+\frac{x y}{z^{2}+2 x y}$

Bài 2. Cho phương trình $x^{2}-5 m x-4 m=0$.

(a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

(b) Gọi $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Bài 3. Cho tam giác $\triangle A B C$ có $B C$ là cạnh dài nhất. Trên $B C$ lấy hai điểm $D$ và $E$ sao cho $B D=B A, C E=C A$. Đường thẳng qua $D$ song song với $A B$ cắt $A C$ tại $M$. Đường thẳng qua $E$ song song với $A C$ cắt $A B$ tại $N$. Chứng minh rằng $A M=A N$.

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số dương thỏa mãn: $x+y=1$. Chứng minh: $3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{y} \geq$ $7 .$

Bài 5. Từ một điểm $A$ bên ngoài đường tròn $(O)$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ và cát tuyến $A E F$ (EF không đi qua $O, B$ và $C$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm đôi xứng của $B$ qua $O . D E, D F$ lần lượt cắt $A O$ tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng :

(a) Hai tam giác $\triangle C E F$ và $\triangle C M N$ đồng dạng.

(b) $O M=O N$.

Bài 6. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số $M=a^{2}+a b+b^{2}$ là $0\left(a ; b \in N^{*}\right)$.

(a) Chứng minh rằng $M$ chia hết cho 20 .

(b) Tìm chữ số hàng chục của $M$.

$P=\frac{y z}{x^{2}+2 y z}+\frac{z x}{y^{2}+2 z x}+\frac{x y}{z^{2}+2 x y}$

Lời giải.

a) Giải phương trình: $x \sqrt{2 x-2}+5 x=9$

ĐKXĐ: $x \geq 1$. Đặt $a=\sqrt{2 x-2}$ (ĐKXĐ: $a \geq 0$ )

Phương trình đã cho tương đương với:

$a x=9-5 x=9-\frac{5}{2}\left(a^{2}+2\right)=4-\frac{5}{2} a^{2}$

Ta có hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array} { l }{ 5 a ^ { 2 } + 2 a x = 8 } \\{ a ^ { 2 } – 2 x = – 2 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{a^{2}+2}{2} \\x=\frac{9}{a+5}
\end{array}\right.\right.$

$\Leftrightarrow \frac{9}{a+5}=\frac{a^{2}+2}{2} \Leftrightarrow a^{3}+5 a^{2}+2 a-8=0 \Leftrightarrow(a-1)(a+2)(a+4)=0$

Kết hợp với: ĐKXĐ: $a \geq 0$. Từ đó ta tính được: $a=1 \Leftrightarrow x=\frac{3}{2}$

b) Tính giá trị biểu thức: $P=\frac{y z}{x^{2}+2 y z}+\frac{z x}{y^{2}+2 z x}+\frac{x y}{z^{2}+2 x y}$

Từ điều kiện của đề bài ta có: $x y+y z+z x=0$

Thêm vào đó: $x^{2}+2 y z=x^{2}+y z-x y-x z=(x-y)(x-z)$

Từ đó ta có:

$P=\sum_{x, y, z} \frac{y z}{x^{2}+2 y z}=\sum_{x, y, z} \frac{y z}{(x-y)(x-z)}=-\frac{y z(y-z)+x z(z-x)+x y(x-y)}{(x-y)(y-z)(z-x)}$

Vậy: $P=1$

Bài 2. Cho phương trình $x^{2}-5 m x-4 m=0$.

a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Gọi $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình. Tìm $m$ để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Lời giải.

a) Định $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt

ĐKXĐ đề phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

$\Delta=(-5 m)^{2}-4(-4 m)=25 m^{2}+16 m=m(25 m+16)>0$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}m>0 \\ m<\frac{-16}{25}\end{array}\right.$

b) Tìm $m$ để biếu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

$P=\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

Do $x_{1}, x_{2}$ là hai nghiệm của phương trình nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}^{2}=5 m x_{1}+4 m \\ x_{2}^{2}=5 m x_{2}+4 m\end{array}\right.$

Do phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt nên: $25 m^{2}+16 m>0$. Từ đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$P=\frac{m^{2}}{x_{1}^{2}+5 m x_{2}+12 m}+\frac{x_{2}^{2}+5 m x_{1}+12 m}{m^{2}}$

$P=\frac{m^{2}}{25 m^{2}+16 m}+\frac{25 m^{2}+16 m}{m^{2}} \geq 2$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $m^{2}=25 m^{2}+16 m \Leftrightarrow m=\frac{-2}{3}$

Bài 3. Cho tam giác $\triangle A B C$ có $B C$ là cạnh dài nhất. Trên $B C$ lấy hai điểm $D$ và $E$ sao cho $B D=B A, C E=C A$. Đường thẳng qua $D$ song song với $A B$ cắt $A C$ tại $M$. Đường thẳng qua $E$ song song với $A C$ cắt $A B$ tại $N$. Chứng minh rằng $A M=A N$.

Lời giải.

Do $D M | A B$, áp dụng định lí Talet:

$\frac{A M}{A C}=\frac{B D}{B C} \Leftrightarrow A M=\frac{B D}{B C} \cdot A C=\frac{B A \cdot A C}{B C}$

Do $E N | A C$, áp dụng định lí Talet:

$\frac{A N}{A B}=\frac{C E}{B C} \Leftrightarrow A N=\frac{C E}{B C} \cdot A B=\frac{B A \cdot A C}{B C}$

Từ đó ta có $A M=A N$. Đây chính là điều phải chứng minh.

Bài 4. Cho $x, y$ là hai số dương thỏa mãn: $x+y=1$. Chứng minh: $3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{y} \geq 7$.

Lời giải. Do $x+y=1$ nên ta có điều phải chứng minh trở thành:

$3(3 x-2)^{2}+\frac{8 x}{1-x} \geq 7$

Bằng khai triển và biến đổi tương đương ta có: $(5-3 x)(3 x-1)^{2} \geq 0$. Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $x<1$

Bài 5.Từ một điểm $A$ bên ngoài đường tròn $(O)$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ và cát tuyến $A E F$ ( $E F$ không đi qua $O, B$ và $C$ là các tiếp điểm). Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $O$. $D E, D F$ lần lượt cắt $A O$ tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng :

a) Hai tam giác $\triangle C E F$ và $\triangle C M N$ đồng dạng.

b) $O M=O N$.

Lời giải.
a) Chứng minh rằng $\triangle C E F \backsim \triangle C M N$
Ta có: $A N | C D$ (cùng vuông góc với $B C$ )
$\angle D F C=\angle D B C=\angle B A O=\angle C A O$
Từ đó ta có: tứ giác $C F N A$ nội tiếp
Vậy: $\angle C F E=\angle C N M$
Ta có: $A N | C D$ nên: $\angle O M E=\angle C D E$
Do tứ giác $C D F E$ nội tiếp nên: $\angle C D E=\angle C F E$
Vậy: $\angle O M E=\angle C F E$
Mà: $\angle A C E=\angle C F E$ (Tính chất tiếp tuyến)
Từ đó ta có: $\angle A C E=\angle O M E$. Vậy tứ giác $A M E C$ nội tiếp. Nên: $\angle E A M=$ $\angle E C M$

Mà: $\angle E A M=\angle F C N$ (Tứ giác $A N F C$ nội tiếp)

Vậy: $\angle E C M=\angle F C N$

Từ đó ta có: $\angle E C F=\angle M C N$

Do: $\angle C F E=\angle C N M$ và $\angle E C F=\angle M C N$ nên ta có: $\triangle C E F \sim \triangle C M N$

b) Chứng minh rằng: $O M=O N$

Từ giác $A M E C$ nội tiếp: $\angle D C M=\angle C A F$

Từ giác $C F N A$ nội tiếp: $\angle C A F=\angle C N D$

Vậy ta có: $\angle D C M=\angle C N D$ và do: $A N | C D$. Vậy $C D N M$ là hình thang cân nên: $C N=D M$ và $\angle C N M=\angle D M N$

Do $A O$ là đường trung trực của $B C$ nên ta có: $\angle C N M=\angle B N M$ và $N C=N B$

Từ đó ta có: $\angle D M N=\angle B N M$ và $D M=B N$

Hay: $D M | B N$ và $D M=B N$. Từ đó $B M D N$ là hình bình hành. Mà $O$ là trung điểm của $B D$ nên $O$ cũng là trung điểm của $M N$ hay: $O M=O N$ (đpcm)

Bài 6. Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số $M=a^{2}+a b+b^{2}$ là $0\left(a ; b \in N^{*}\right)$.

a) Chứng minh rằng $M$ chia hết cho 20 .

b) Tìm chữ số hàng chục của $M$.

Lới giải.

a) Chứng minh rằng: $M \vdots 20$

Do chữ số hàng đơn vị của $M$ là 0 nên ta có: $M \vdots 5$ và $M \vdots 2$

Giả sử cả $a$ và $b$ đều không chia hết cho 2 . Từ đó ta có:

$\left\{\begin{array} { l }{ a \equiv 1 } \\ { b \equiv 1 }\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a^{2} \equiv 1 \\ b^{2} \equiv 1 \\ a b \equiv 1\end{array} \Rightarrow a^{2}+a b+b^{2} \equiv 1 \Rightarrow M \equiv 1(\bmod 2)\right.\right.$

Điều này vô lí: từ đó ta có trong hai số $a$ và $b$ phải có một số chia hết cho 2 .

Giả sử $a \vdots$ 2. Do $M \vdots 2$ nên $b^{2} \vdots 2$. Từ đó ta có: $b \vdots 2$

Vi $a \vdots 2$ và $b \vdots 2$ nên $M \vdots 4$

Do $M \vdots 4$ và $M \vdots 5$ nên ta có: $M \vdots 20$ (đpcm)

b) Nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 5 dư 0,1 hoặc 4 .

Ta có $5 \mid a^{2}+a b+b^{2}$, suy ra $5 \mid 4 a^{2}+4 a b+4 b^{2}$ hay $5 \mid(2 a+b)^{2}+3 b^{2}$.

Từ nhận xét trên suy ra $5|b, 5| 2 a+b \Rightarrow 5 \mid a$. Do đó $a^{2}+a b+b^{2}$ chia hết cho $25 .$

Kết hợp với câu a ta có $M$ chia hết cho 100 nên chữ số hàng chục là số 0 .