Đề bài
Bài 1 [2 điểm]:
Cho biểu thức: \[A = \left[ {\dfrac{1}{{x + \sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x }}{{x + 2\sqrt x + 1}},\] với \[x > 0.\]
a] Rút gọn biểu thức: \[A.\]
b] Tìm các giá trị của \[x\] để \[A > \dfrac{1}{2}.\]
Bài 2 [2,0 điểm]:
1] Không dùng máy tính, trình bày cách giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 3y = - 5\end{array} \right..\]
2] Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] đường thẳng \[d\] có hệ số góc \[k\] đi qua điểm \[M\left[ {1; - 3} \right]\] cắt các trục \[Ox,\;\;Oy\] lần lượt tại \[A\] và \[B.\]
a] Xác định tọa độ các điểm \[A,\;\;B\] theo \[k.\]
b] Tính diện tích tam giác \[OAB\] khi \[k = 2.\]
Bài 3 [2,0 điểm]. Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó bằng 18 [số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại] và tổng của số ban đầu với bình phương số đảo ngược của nó bằng 618.
Bài 4 [3,0 điểm]
Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy ý [M không trùng với B, C, H]. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc vủa M lên AB và AC.
a] Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này.
b] Chứng minh \[OH \bot PQ\].
c] Chứng minh \[MP + MQ = AH\].
Bài 5 [1,0 điểm]:
Cho tam giác đều \[ABC\] có cạnh bằng \[a.\] Hai điểm \[M,\;N\] lần lượt di động trên hai đoạn thẳng \[AB,\;\;AC\] sao cho \[\dfrac{{AM}}{{MB}} + \dfrac{{AN}}{{NC}} = 1.\] Đặt \[AM = x\] và \[AN = y.\] Chứng minh: \[MN = a - x - y.\]
Lời giải chi tiết
Bài 1:
Cho biểu thức: \[A = \left[ {\dfrac{1}{{x + \sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x }}{{x + 2\sqrt x + 1}},\] với \[x > 0.\]
a] Rút gọn biểu thức: \[A.\]
Điều kiện: \[x > 0.\]
\[\begin{array}{l}A = \left[ {\dfrac{1}{{x + \sqrt x }} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x }}{{x + 2\sqrt x + 1}}\\\;\;\; = \left[ {\dfrac{1}{{\sqrt x \left[ {\sqrt x + 1} \right]}} - \dfrac{1}{{\sqrt x + 1}}} \right]:\dfrac{{\sqrt x }}{{{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]}^2}}}\\\;\;\; = \dfrac{{1 - \sqrt x }}{{\sqrt x \left[ {\sqrt x + 1} \right]}}.\dfrac{{{{\left[ {\sqrt x + 1} \right]}^2}}}{{\sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{\left[ {1 - \sqrt x } \right]\left[ {\sqrt x + 1} \right]}}{x}\\\;\;\; = \dfrac{{1 - x}}{x}.\end{array}\]
b] Tìm các giá trị của \[x\] để \[A > \dfrac{1}{2}.\]
Điều kiện: \[x > 0.\]
Ta có: \[A > \dfrac{1}{2}\]
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{1 - x}}{x} > \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 - x}}{x} - \dfrac{1}{2} > 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2 - 2x - x}}{{2x}} > 0\\ \Leftrightarrow 2 - 3x > 0\;\;\;\left[ {do\;\;2x > 0\;\;\forall x > 0} \right]\\ \Leftrightarrow x < \dfrac{2}{3}.\end{array}\]
Vậy với \[0 < x < \dfrac{2}{3}\] thì \[A > \dfrac{1}{2}.\]
Bài 2:
1] Không dùng máy tính, trình bày cách giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\;\;\;\;\;\left[ 1 \right]\\x + 3y = - 5\;\;\;\;\left[ 2 \right]\end{array} \right..\]
Nhân cả 2 vế của phương trình \[\left[ 1 \right]\] với \[3\] sau đó cộng vế với vế của hai phương trình với nhau để tìm \[x.\] Sau đó thế giá trị vừa tìm được của \[x\] vào phương trình \[\left[ 1 \right]\] để tìm \[y.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4\\x + 3y = - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x - 3y = 12\\x + 3y = - 5\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 7\\y = 2x - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2.1 - 4\end{array} \right. \]
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 2\end{array} \right..\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \[\left[ {x;\;y} \right] = \left[ {1; - 2} \right].\]
2] Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] đường thẳng \[d\] có hệ số góc \[k\] đi qua điểm \[M\left[ {1; - 3} \right]\] cắt các trục \[Ox,\;\;Oy\] lần lượt tại \[A\] và \[B.\]
a] Xác định tọa độ các điểm A, B theo k.
Gọi phương trình đường thẳng d có hệ số góc k là: \[y = kx + b\]
Đường thẳng d đi qua điểm \[M\left[ {1; - 3} \right]\] nên ta có: \[ - 3 = k.1 + b \Leftrightarrow b = - k - 3\]
Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng: \[y = kx - k - 3\]
Nếu \[k = 0 \Rightarrow d:y = - 3\] nên điểm M không thuộc vào đường thẳng d trái với giả thiết. Khi đó ta suy ra \[k \ne 0.\]
+] Đường thẳng d giao với trục Ox [Phương trình y = 0 ] tại điểm A:
Khi đó ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\y = kx - k - 3\end{array} \right.\]
\[\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\x = \dfrac{{k + 3}}{k}\end{array} \right. \Rightarrow A\left[ {\dfrac{{k + 3}}{k};0} \right]\]
+] Đường thẳng d giao với trục Oy [phương trình x = 0] tại điểm B:
Khi đó tọa độ điểm B chính là nghiệm của hệ phương trình:
\[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = kx - k - 3\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - k - 3\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow B\left[ {0; - k - 3} \right]\]
b] Tính diện tích tam giác OAB khi k = 2
Khi k = 2 ta có tọa độ của các điểm A, B là: \[A\left[ {\dfrac{5}{2};0} \right];\;\;B\left[ {0; - 5} \right]\]
\[OA = \left| {\dfrac{5}{2}} \right| = \dfrac{5}{2};OB = \left| { - 5} \right| = 5\]
Ta có tam giác OAB vuông tại A khi đó \[{S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}OA.OB = \dfrac{1}{2}.\dfrac{5}{2}.5 = \dfrac{{25}}{4}\left[ {dvdt} \right]\]
Vậy khi k = 2 thì ta có: \[{S_{OAB}} = \dfrac{{25}}{4}\left[ {dvdt} \right]\]
Bài 3.
Gọi số có hai chữ số cần tìm là: \[\overline {ab} \left[ {a \in {{\rm N}^*},b \in {\rm N},\;\;0 < a \le 9,\;0 \le b \le 9} \right].\]
Số đảo ngược của số ban đầu là: \[\overline {ba} \;\;\left[ {b \ne 0} \right]\]
Theo đề bài, hiệu của số ban đầu với số đảo ngược của nó bằng 18 nên ta có:
\[\begin{array}{l}\overline {ab} - \overline {ba} = 18\,\,\\ \Leftrightarrow 10a + b - \left[ {10b + a} \right] = 18\\ \Leftrightarrow 10a + b - 10b - a = 18\\ \Leftrightarrow a - b = 2\,\,\,\left[ 1 \right]\end{array}\]
Tổng của số ban đầu với bình phương số đảo ngược của nó bằng 618 nên ta có:
\[\begin{array}{l}\overline {ab} + {\left[ {\overline {ba} } \right]^2} = 618\\ \Leftrightarrow 10a + b + {\left[ {10b + a} \right]^2} = 618\\ \Leftrightarrow 10a + b + 100{b^2} + 20ab + {a^2} = 618\,\,\,\left[ 2 \right]\end{array}\]
Từ [1] và [2] ta có hệ phương trình:
\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a - b = 2\\10a + b + 100{b^2} + 20ab + {a^2} = 618\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b + 2\\10\left[ {b + 2} \right] + b + 100{b^2} + 20\left[ {b + 2} \right]b + {\left[ {b + 2} \right]^2} = 618\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b + 2\\10b + 20 + b + 100{b^2} + 20{b^2} + 40b + {b^2} + 4b + 4 = 618\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b + 2\\121{b^2} + 55b - 594 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = b + 2\\\left[ \begin{array}{l}b = 2\left[ {tm} \right]\\b = - \dfrac{{27}}{{11}}\left[ {ktm} \right]\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\a = 4\left[ {tm} \right]\end{array} \right.\end{array}\]
Vậy số cần tìm là: 42.
Bài 4.
Cho tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M tùy ý [M không trùng với B, C, H]. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc vủa M lên AB và AC.
a]Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này.
Xét tứ giác APMQ có: \[\angle APM = \angle AQM = {90^0}\,\,\left[ {gt} \right]\]
\[\Rightarrow \angle APM + \angle AQM = {180^0} \Rightarrow \] Tứ giác APMQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM.
Gọi O là trung điểm của AM \[ \Rightarrow \] tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn tâm O đường kính AM.
b]Chứng minh \[OH \bot PQ\].
Ta có \[\angle AHM = {90^0}\,\,\left[ {gt} \right] \]
\[\Rightarrow \angle AHM\] nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AM \[ \Rightarrow \] H thuộc đường tròn \[\left[ O \right]\].
Ta có \[\angle HPQ = \angle HAC\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung HQ]
\[\angle HQP = \angle HAB\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung HP].
Mà \[\angle HAC = \angle HAB\] [tam giác ABC đều nên đường cao AH đồng thời là đường phân giác]
\[ \Rightarrow \angle HPQ = \angle HQP \Rightarrow \Delta HPQ\] cân tại H \[ \Rightarrow HP = HQ\,\,\left[ 1 \right]\].
Mà \[OP = OQ\] [do P, Q đều thuộc \[\left[ O \right]\]] [2].
Từ [1] và [2] \[ \Rightarrow OH\] là trung trực của PQ.
\[ \Rightarrow OH \bot PQ\].
c]Chứng minh \[MP + MQ = AH\].
Ta có
\[\begin{array}{l}{S_{\Delta MAB}} = \dfrac{1}{2}MP.AB = \dfrac{1}{2}MP.BC\,\,\left[ {Do\,\,AB = BC} \right]\\{S_{\Delta MAC}} = \dfrac{1}{2}MQ.AC = \dfrac{1}{2}MQ.BC\,\,\left[ {Do\,\,AC = BC} \right]\\{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AH.BC\end{array}\]
Mà \[{S_{\Delta MAB}} + {S_{\Delta MAC}} = {S_{\Delta ABC}}\]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{2}MP.BC + \dfrac{1}{2}MQ.BC = \dfrac{1}{2}AH.BC\\ \Rightarrow \dfrac{1}{2}BC\left[ {MP + MQ} \right] = \dfrac{1}{2}AH.BC\\ \Rightarrow MP + MQ = AH\,\,\left[ {dpcm} \right]\end{array}\]
Bài 5:
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai đoạn thẳng AB, AC sao cho \[\dfrac{{AM}}{{MB}} + \dfrac{{AN}}{{NC}} = 1\]. Đặt \[AM = x;\,\,AN = y\].
Chứng minh \[MN = a - x - y\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\dfrac{{AM}}{{MB}} + \dfrac{{AN}}{{NC}} = 1\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AB - AM}} + \dfrac{{AN}}{{AC - AN}} = 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{x}{{a - x}} + \dfrac{y}{{a - y}} = 1\\ \Leftrightarrow ax - xy + ay - xy = {a^2} - ax - ay + xy\\ \Leftrightarrow {a^2} - 2ax - 2ay + 3xy = 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + 2xy = {x^2} + {y^2} - xy\\ \Leftrightarrow {\left[ {a - x - y} \right]^2} = {x^2} + {y^2} - xy\end{array}\]
Giả sử \[x > y\] , kẻ MM // BC, NN // BC \[M' \in AC;\,\,N' \in AB\].
Áp dụng định lí Ta-let ta có \[\dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{AM'}}{{AC}};\,\,AB = AC \Rightarrow AM = AM'\]
\[\angle BAC = {60^0} \Rightarrow \angle MAM' = {60^0} \Rightarrow \Delta AMM'\] đều \[ \Rightarrow MM' = AM = x\].
Chứng minh tương tự ta có: \[NN' = y\]
MM // NN; \[\angle AMM' = \angle AM'M = {60^0} \Rightarrow \] tứ giác MMNN là hình thang cân.
Ta có \[MN' = M'N = x - y\].
Kẻ \[NH \bot MM'\] ta có: \[M'H = \dfrac{{x - y}}{2};\,\,MH = \dfrac{{x + y}}{2}\].
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông NHM có:
\[NH = \sqrt {NM{'^2} - M'{H^2}} \]\[\;= \sqrt {{{\left[ {x - y} \right]}^2} - \dfrac{{{{\left[ {x - y} \right]}^2}}}{4}} \]\[\;= \dfrac{{\left[ {x - y} \right]\sqrt 3 }}{2}\]
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông NHM có:
\[\begin{array}{l}MN = \sqrt {N{H^2} + M{H^2}} \\ = \sqrt {\dfrac{{3{{\left[ {x - y} \right]}^2}}}{4} + \dfrac{{{{\left[ {x + y} \right]}^2}}}{4}} \\= \sqrt {\dfrac{{4{x^2} + 4{y^2} - 4xy}}{4}}\\ = \sqrt {{x^2} + {y^2} - xy} \\= \sqrt {{{\left[ {a - x - y} \right]}^2}} = \left| {a - x - y} \right|\end{array}\]
Ta có
\[\begin{array}{l}\dfrac{{AM}}{{MB}} + \dfrac{{AN}}{{NC}} = 1\\ \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{MB}} < 1 \Rightarrow AM < MB\\ \Rightarrow AM + AM < AM + MB = AB = a\\ \Rightarrow AM < \dfrac{1}{2}a\end{array}\]
Chứng minh tương tự ta có \[AN < \dfrac{1}{2}a\]
\[ \Rightarrow a - x - y > a - \dfrac{1}{2}a - \dfrac{1}{2}a = 0 \]
\[\Rightarrow \left| {a - x - y} \right| = a - x - y\]
Vậy \[MN = a - x - y\].