Lời giải chi tiết
Câu I (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng hẳng đẳng thức (a – b = left( {sqrt a – sqrt b } right)left( {sqrt a + sqrt b } right)) xác định mẫu thức chung của biểu thức (P)
Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút bọn biểu thức ban đầu.
2) Quy đồng phân thức, giải phương trình tìm được nghiệm đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
1) Với (x ge 0,,,x ne 25) ta có:
(begin{array}{l}P = dfrac{{sqrt x }}{{sqrt x + 5}} + dfrac{{2sqrt x }}{{sqrt x – 5}} – dfrac{{3x + 25}}{{x – 25}},,,,, = dfrac{{sqrt x left( {sqrt x – 5} right) + 2sqrt x left( {sqrt x + 5} right) – 3x – 25}}{{left( {sqrt x + 5} right)left( {sqrt x – 5} right)}},,,,, = dfrac{{x – 5sqrt x + 2x + 10sqrt x – 3x – 25}}{{left( {sqrt x + 5} right)left( {sqrt x – 5} right)}},,,,, = dfrac{{5sqrt x – 25}}{{left( {sqrt x + 5} right)left( {sqrt x – 5} right)}} = dfrac{{5left( {sqrt x – 5} right)}}{{left( {sqrt x + 5} right)left( {sqrt x – 5} right)}} = dfrac{5}{{sqrt x + 5}}end{array})
Vậy (P = dfrac{5}{{sqrt x + 5}}) với (x ge 0,,,x ne 25).
2) Ta có: (P = dfrac{5}{{sqrt x + 5}}) với (x ge 0,,,x ne 25)
(begin{array}{l}P = dfrac{5}{7} Leftrightarrow dfrac{5}{{sqrt x + 5}} = dfrac{5}{7} Leftrightarrow sqrt x + 5 = 7 Leftrightarrow sqrt x = 2 Leftrightarrow x = 4,,left( {tm} right)end{array})
Vậy (x = 4) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm (Aleft( {1;5} right)) vào đường thẳng (left( d right)), tìm được tham số (m).
2) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Vì (Aleft( {1;5} right) in d) nên thay tọa độ điểm (A) vào phương trình đường thẳng (left( d right)) ta có:
(5 = left( {2m + 1} right).1 + m Leftrightarrow 3m + 1 = 5 Leftrightarrow m = dfrac{4}{3}).
Vậy (m = dfrac{4}{3}).
2) Ta có: (left{ begin{array}{l}4x + 3y = 114x – y = 7end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}4y = 44x – y = 7end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}y = 14x – 1 = 7end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}y = 1x = 2end{array} right.)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (left( {x;y} right) = left( {2;1} right)).
Câu III (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số xác định được nghiệm của phương trình.
2) Phương trình đã cho có nghiệm ( Leftrightarrow Delta ‘ ge 0).
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được ({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2})
Biến đổi biểu thức ban đầu của đề bài để xuất hiện ({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}), thay tham số (m) vào để giải và tìm tham số (m).
Cách giải:
1) Ta có: (Delta = {left( { – 6} right)^2} – 4.1.5 = 16 > 0) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: (left[ begin{array}{l}{x_1} = dfrac{{6 + sqrt {16} }}{2} = 5{x_2} = dfrac{{6 – sqrt {16} }}{2} = 1end{array} right.)
Vậy phương trình có tập nghiệm (S = left{ {1;,,5} right}).
2) Phương trình ({x^2} – 2x + m – 1 = 0) có (Delta ‘ = 1 – m + 1 = 2 – m).
Phương trình đã cho có nghiệm ( Leftrightarrow Delta ‘ ge 0 Leftrightarrow 2 – m ge 0 Leftrightarrow m le 2).
Khi đó theo định lí Vi-ét ta có: (left{ {begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}{{x_1}.{x_2} = m – 1}end{array}} right.,,left( 1 right))
Do ({x_1},,,,{x_2}) là nghiệm của phương trình ({x^2} – 2x + m – 1 = 0) nên ta có: (left{ begin{array}{l}{x_1}^2 = 2{x_1} – m + 1{x_2}^2 = 2{x_2} – m + 1end{array} right.)
Theo bài ra ta có:
(begin{array}{l},,,,,,,{x_1}^4 – {x_1}^3 = {x_2}^4 – {x_2}^3 Leftrightarrow {x_1}^4 – {x_2}^4 – left( {{x_1}^3 – {x_2}^3} right) = 0 Leftrightarrow left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} right)left( {{x_1}^2 – {x_2}^2} right) – left( {{x_1} – {x_2}} right)left( {{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2} right) = 0 Rightarrow left( {2left( {{x_1} + {x_2}} right) – 2m + 2} right)left( {2{x_1} – m + 1 – 2{x_2} + m – 1} right) – left( {{x_1} – {x_2}} right)left[ {2left( {{x_1} + {x_2}} right) – 2m + 2 + m – 1} right] Leftrightarrow left[ {2.2 – 2m + 2} right].2left( {{x_1} – {x_2}} right) – left( {{x_1} – {x_2}} right)left[ {2.2 – m + 1} right] Leftrightarrow left( {{x_1} – {x_2}} right)left[ {2left( {6 – 2m} right) – 5 + m} right] = 0 Leftrightarrow left( {{x_1} – {x_2}} right)left( {3m + 7} right) = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = {x_2}}{m = dfrac{7}{3},,,left( {ktm} right)}end{array}} right.end{array})
Thay ({x_1} = {x_2}) vào (1) ta được: (left{ {begin{array}{*{20}{c}}{2{x_1} = 2}{{x_1}^2 = m – 1}end{array}} right. Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 1}{m = 2,,,left( {tm} right)}end{array}} right.)
Vậy (m = 2.)
Câu IV (3,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ({180^0}) là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
Chứng minh (angle MFI = {90^0}) hay (IF bot MF), do đó (MF) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác (AEHF)
Chứng minh tương tự ta được (ME) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác (AEHF).
Cách giải:
1) Xét tứ giác AEHF có: (angle AFH + angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0})
Mà hai góc này đối diện nhau trong tứ giác (AEHF) nên tứ giác (AEHF) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm (M) đường kính (BC) (dhnb).
2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
( Rightarrow IH = IF) ( Rightarrow Delta H) cân tại I ( Rightarrow angle IFH = angle IHF) (tính chất tam giác cân).
Mà (angle IHF = angle DHC) (đối đỉnh) ( Rightarrow angle IFH = angle DHC) (1)
Do (Delta BFC) vuông tại F, M là trung điểm của BC nên (MF = dfrac{1}{2}BC = MC) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) ( Rightarrow Delta MFC) cân tại (M) ( Rightarrow angle MFH = angle MCF) (2)
Cộng (1) với (2) ta được: (angle MFH + angle IFH = angle DHC + angle MCF = {90^0}) (Do tam giác (CDH) vuông tại (D)).
Suy ra: (angle MFI = {90^0}) hay (IF bot MF).
Vậy (MF) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác (AEHF).
Chứng minh tương tự ta được (ME) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác (AEHF).
3) Giả sử (DE + DF le BC Leftrightarrow left( {DE + DF} right).BC le B{C^2} Leftrightarrow DE.BC + DF.BC le B{C^2}).
Chứng minh (B{C^2} = BF.BA + CE.CA)
Chứng minh (DF.BC = AC.BF) và (DE.BC = AB.CE), cộng từng vế của hai đẳng thức chứng minh được (left( {CE – BF} right)left( {AC – AB} right) ge 0,,,left( * right))
Biện luận, từ đó có điều phải chứng minh.
3) Giả sử (DE + DF le BC Leftrightarrow left( {DE + DF} right).BC le B{C^2} Leftrightarrow DE.BC + DF.BC le B{C^2}).
Dễ dàng chứng minh được các tứ giác (ACDF,,,ABDE) là các tứ giác nội tiếp nên ta có:
(begin{array}{l}B{C^2} = left( {BD + CD} right).BC,,,,,,,,,, = BD.BC + CB.CD,,,,,,,,,, = BF.BA + CE.CAend{array})
Xét (Delta BDF) và (Delta BAC) có:
(angle ABC) chung;
(angle BFD = angle BCA) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp (ACDF))
( Rightarrow Delta BDF sim Delta BAC,,left( {g.g} right))
( Rightarrow dfrac{{DF}}{{AC}} = dfrac{{BF}}{{BC}} Rightarrow DF.BC = AC.BF) (1)
Chứng minh tương tự ta có (Delta CDE sim Delta CAB,,left( {g.g} right)) ( Rightarrow dfrac{{DE}}{{AB}} = dfrac{{CE}}{{BC}} Rightarrow DE.BC = AB.CE) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
(begin{array}{l}DF.BC + DE.BC = AC.BF + AB.CE Rightarrow left( {DE + DF} right).BC = AC.BF + AB.CEend{array})
Vì (left( {DE + DF} right).BC le B{C^2})
(begin{array}{l} Rightarrow AC.BF + AB.CE le BF.BA + CE.CA Rightarrow BF.BA + CE.CA – AC.BF – AB.CE ge 0 Leftrightarrow ACleft( {CE – BF} right) + ABleft( {BF – CE} right) ge 0 Leftrightarrow left( {CE – BF} right)left( {AC – AB} right) ge 0,,,left( * right)end{array})
Không mất tính tổng quát, ta giả sử (AC ge AB), khi đó ta cần chứng minh (CE – BF ge 0 Leftrightarrow CE ge BF).
Áp dụng định lí Pytago ta có: (left{ begin{array}{l}C{E^2} = B{C^2} – B{E^2}B{F^2} = B{C^2} – C{F^2}end{array} right.).
Mà (left{ begin{array}{l}2{S_{Delta ABC}} = BE.AC = CF.ABAB le ACend{array} right. Leftrightarrow BE le CF) .
( Rightarrow C{E^2} ge B{F^2} Rightarrow CE ge BF) ( Rightarrow left( * right)) đúng nên giả sử ban đầu là đúng.
Vậy (DE + DF le BC).
Câu V (1,0 điểm):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, chứng minh được:(dfrac{4}{{4x + 3}} ge 2sqrt {dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}}.dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}}} );(dfrac{3}{{3y + 2}} ge 2sqrt {dfrac{{4x – 1}}{{4x + 3}}.dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}}} ); (dfrac{2}{{2z + 1}} ge 2sqrt {dfrac{{4x – 1}}{{4x + 3}}.dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}}} )
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được điều phải chứng minh.
Cách giải:
Ta có:
(begin{array}{l},,,,,,dfrac{4}{{4x + 3}} + dfrac{3}{{3y + 2}} + dfrac{2}{{2z + 1}} ge 2 Leftrightarrow dfrac{4}{{4x + 3}} ge left( {1 – dfrac{3}{{3y + 2}}} right) + left( {1 – dfrac{2}{{2z + 1}}} right) Leftrightarrow dfrac{4}{{4x + 3}} ge dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}} + dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}} Leftrightarrow dfrac{4}{{4x + 3}} ge 2sqrt {dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}}.dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}}} ,,left( {BDT,,Co – si} right)end{array})
Chứng minh tương tự ta có:
(dfrac{3}{{3y + 2}} ge 2sqrt {dfrac{{4x – 1}}{{4x + 3}}.dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}}} ;,,dfrac{2}{{2z + 1}} ge 2sqrt {dfrac{{4x – 1}}{{4x + 3}}.dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}}} )
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được:
(begin{array}{l}dfrac{4}{{4x + 3}}.dfrac{3}{{3y + 2}}.dfrac{2}{{2z + 1}} ge 2sqrt {dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}}.dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}}} .2sqrt {dfrac{{4x – 1}}{{4x + 3}}.dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}}} .2sqrt {dfrac{{4x – 1}}{{4x + 3}}.dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}}} Leftrightarrow dfrac{4}{{4x + 3}}.dfrac{3}{{3y + 2}}.dfrac{2}{{2z + 1}} ge 8dfrac{{4x – 1}}{{4x + 3}}.dfrac{{3y – 1}}{{3y + 2}}.dfrac{{2z – 1}}{{2z + 1}} Leftrightarrow 24 ge 8Q Leftrightarrow Q le 3end{array})
Vậy ({Q_{max }} = 3). Dấu “=” xảy ra ( Leftrightarrow left( {x;y;z} right) = left( {dfrac{3}{4};dfrac{5}{6};1} right)).
