Bài I:
1.
$A=\sqrt{29-12\sqrt{5}}+\dfrac{5}{5+2\sqrt{5}}=\sqrt{20-2.2\sqrt{5}.3+9}+\dfrac{5}{5+2\sqrt{5}}=\sqrt{{{\left( 2\sqrt{5}-3 \right)}^{2}}}+\dfrac{5}{\sqrt{5}\left( \sqrt{5}+2 \right)}$
$=2\sqrt{5}-3+5-2\sqrt{5}=2$
2. $10\sqrt{\left( x-2 \right)\left( x+4 \right)}=3{{x}^{2}}+6x-21$
Điều kiện xác định $\left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) \ge 0\\
3{x^2} + 6x - 21 \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) \ge 0\\
3\left( {{x^2} + 2x - 8} \right) + 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) \ge 0\\
3\left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right) + 3 \ge 0
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left( x-2 \right)\left( x+4 \right)\ge 0\Leftrightarrow x\le -4$ hoặc $x\ge 2$.
$10\sqrt{\left( x-2 \right)\left( x+4 \right)}=3{{x}^{2}}+6x-21\Leftrightarrow 10\sqrt{\left( x-2 \right)\left( x+4 \right)}=3\left( x-2 \right)\left( x+4 \right)+3$.
Đặt $t=\sqrt{\left( x-2 \right)\left( x+4 \right)},\,\,t\ge 0$. Phương trình trở thành $10t = 3{t^2} + 3 \Leftrightarrow 3{t^2} - 10t + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 3\\
t = \frac{1}{3}
\end{array} \right.$
+ $t = 3 \Rightarrow \sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right)} = 3 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1 + 3\sqrt 2 \,\,\,\,\left( n \right)\\
x = - 1 - 3\sqrt 2 \,\,\,\,\left( n \right)
\end{array} \right.$
+ $t = \frac{1}{3} \Rightarrow \sqrt {\left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right)} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 8 = \frac{1}{9} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{{ - 3 + \sqrt {82} }}{3}\,\,\,\,\left( n \right)\\
x = \frac{{ - 3 - \sqrt {82} }}{3}\,\,\,\,\left( n \right)
\end{array} \right.$
3. $\left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} + xy = {y^2} - 3y + 2\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
{x^2} - {y^2} = 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.$
Từ (1) ta có ${{y}^{2}}-y\left( x+3 \right)+2-2{{x}^{2}}=0$ . Ta xem là phương trình bậc hai theo biến y (x là tham số).
$\Delta ={{\left( x+3 \right)}^{2}}-4\left( 2-2{{x}^{2}} \right)={{x}^{2}}+6x+9-8+8{{x}^{2}}=9{{x}^{2}}+6x+1={{\left( 3x+1 \right)}^{2}}\ge 0$.
Suy ra phương trình có 2 nghiệm là $y=\dfrac{x+3+3x+1}{2}=2x+2$ và $y=\dfrac{x+3-3x-1}{2}=-x+1$.
+ Nếu $y=2x+2$. Thay vào phương trình (2) ta được ${{x}^{2}}-{{\left( 2x+2 \right)}^{2}}=3\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4{{x}^{2}}-8x-4=3\Leftrightarrow -3{{x}^{2}}-8x-7=0$ (phương trình vô nghiệm).
+ Nếu $y=-x+1$. Thay vào phương trình (2) ta được
${{x}^{2}}-{{\left( -x+1 \right)}^{2}}=3\Leftrightarrow 2x-1=3\Leftrightarrow x=2\Rightarrow y=-1$ .
Vậy tập nghiệm $S=\left\{ \left( 2;-1 \right) \right\}$.
Bài II:
1.
a) Ta có $\left( d \right):y=\dfrac{1}{2}x+6$.
Phương trình hoành độ giao điểm $\dfrac{1}{4}{x^2} = \dfrac{1}{2}x + 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 6 \Rightarrow y = 9\\
x = - 4 \Rightarrow y = 4
\end{array} \right.$
Vậy 2 giao điểm $A\left( 6;9 \right),\,\,B\left( -4;4 \right)$.
b)
Cách 1.
Gọi $C\left( c\,\,;\,\,\dfrac{1}{\,4}{{c}^{2}} \right)\in \left( P \right)$ $c\ne 6,\,\,c\ne -4$ là điểm cần tìm.
Ta có $A{{B}^{2}}=125$ ; $A{{C}^{2}}={{\left( c-6 \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{4}{{c}^{2}}-9 \right)}^{2}}=\dfrac{1}{16}{{c}^{4}}-\dfrac{7}{2}{{c}^{2}}-12c+117$ ;
$B{{C}^{2}}={{\left( c+4 \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{4}{{c}^{2}}-4 \right)}^{2}}=\dfrac{1}{16}{{c}^{4}}-{{c}^{2}}+8c+32$ .
Tam giác $ABC$ vuông tại C khi và chỉ khi $A{{B}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 125 = \frac{1}{{16}}{c^4} - \frac{7}{2}{c^2} - 12c + 117 + \frac{1}{{16}}{c^4} - {c^2} + 8c + 32\\
\Leftrightarrow \frac{1}{8}{c^4} - \frac{9}{2}{c^2} - 4c + 24 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{8}{c^4} - \frac{1}{4}{c^3} + \frac{1}{4}{c^3} - \frac{1}{2}{c^2} - 4{c^2} + 8c - 12c + 24 = 0\\
\Leftrightarrow \frac{1}{8}{c^3}\left( {c - 2} \right) + \frac{1}{4}{c^2}\left( {c - 2} \right) - 4\left( {c - 2} \right) - 12\left( {c - 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {c - 2} \right)\left( {\frac{1}{8}{c^3} + \frac{1}{4}{c^2} - 4c - 12} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
c - 2 = 0\\
\frac{1}{8}{c^3} + \frac{1}{4}{c^2} - 4c - 12 = 0
\end{array} \right.
\end{array}$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
c = 2\,\,\,\,\,\,\left( n \right)\\
c = - 4\,\,\,\left( l \right)\\
c = 6\,\,\,\,\,\,\left( l \right)
\end{array} \right.$
Vậy $C\left( 2;1 \right)$ là điểm thỏa đề bài.
Cách 2:
Gọi $C\left( c\,\,;\,\,\dfrac{1}{\,4}{{c}^{2}} \right)\in \left( P \right)$ $c\ne 6,\,\,c\ne -4$.
Ta gọi M là trung điểm của AB, suy ra $M\left( 1;\dfrac{13}{2} \right)$.
Ta có $\Delta ABC$ vuông tại C nên $MC=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{5\sqrt{5}}{2}$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)
Suy ra ${{\left( c-1 \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{1}{4}{{c}^{2}}-\dfrac{13}{2} \right)}^{2}}=\dfrac{125}{4}$.
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{1}{{16}}{c^4} - \frac{9}{4}{c^2} - 2c + 12 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{16}}{c^4} - \frac{1}{8}{c^3} + \frac{1}{8}{c^3} - \frac{1}{4}{c^2} - 2{c^2} + 4c - 6c + 12 = 0\\
\Leftrightarrow \frac{1}{{16}}{c^3}\left( {c - 2} \right) + \frac{1}{8}{c^2}\left( {c - 2} \right) - 2c\left( {c - 2} \right) - 6\left( {c - 2} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {c - 2} \right)\left( {\frac{1}{{16}}{c^3} + \frac{1}{8}{c^2} - 2c - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\,\,\,\,\,\left( n \right)\\
x = 6\,\,\,\,\,\,\left( l \right)\\
x = - 4\,\,\,\left( l \right)
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy điểm $C\left( 2;1 \right)$ là điểm thỏa đề bài.
2.
Ta có $\Delta '={{m}^{2}}-4$.
Phương trình có 2 nghiệm ${{x}_{1}},\,{{x}_{2}}\Leftrightarrow \Delta '>0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-4\ge 0\Leftrightarrow m\ge 2$ hoặc $m\le -2$.
Theo định lý viet ta có
$\begin{array}{l}
{x_1}^4 + {x_2}^4 \le 32 \Leftrightarrow {\left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} \right)^2} - 2{x_1}^2{x_2}^2 \le 32 \Leftrightarrow {\left( {{S^2} - 2P} \right)^2} - 2{P^2} \le 32 \Leftrightarrow {S^4} - 4{S^2}P + 2{P^2} \le 32\\
\Leftrightarrow 16{m^4} - 16{m^2}.4 + {2.4^2} \le 32 \Leftrightarrow 16{m^4} - 64{m^2} + 32 \le 32 \Leftrightarrow {m^2}\left( {{m^2} - 4} \right) \le 0\\
\Leftrightarrow - 2 \le m \le 2
\end{array}$
Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta có $m=-2$ hoặc $m=2$.
Bài III:
Gọi x (giờ) là thời gian máy cày 1 làm một mình xong khu đất.
y (giờ) là thời gian máy cày 2 làm một mình xong khu đất. Điều kiện $x,y>12$.
Mỗi giờ máy 1 và máy 2 làm được tương ứng là $\dfrac{1}{x}$ và $\dfrac{1}{y}$ khu đất.
Do 2 máy cùng cáy trong 12 giờ thì được $\dfrac{1}{10}$ khu đất nên ta có phương trình $\dfrac{12}{x}+\dfrac{12}{y}=\dfrac{1}{10}$.
Nếu máy 1 làm một mình 42 giờ và máy 2 làm một mình 22 giờ thì làm được $25%=\dfrac{1}{4}$ khu đất nên ta có phương trình $\dfrac{42}{x}+\dfrac{22}{y}=\dfrac{1}{4}$.
Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{12}}{x} + \frac{{12}}{y} = \frac{1}{{10}}\\
\frac{{42}}{x} + \frac{{22}}{y} = \frac{1}{4}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{x} = \frac{1}{{300}}\\
\frac{1}{y} = \frac{1}{{200}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 300\\
y = 200
\end{array} \right.$
Vậy máy 1 làm một mình trong 300 giờ thì xong khu đất. Máy 2 làm một mình trong 200 giờ thì xong khu đất.
Bài IV:
a) Xét tứ giác $BCPI$ có:
$\widehat{ACB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Và $\widehat{PIB}={{90}^{0}}$ (giả thiết)
Suy ra tứ giác $BCPI$ nội tiếp đường tròn đường kính $BP$.
b) Xét tam giác $MAB$ có:
$MI\bot AB$ và $AC\bot MB$ , suy ra $MI,\,AC$ là 2 đường cao. Mà $P$ là giao điểm của $MI,\,AC$. Nên P là trực tâm tam giác $MAB$.
Ta lại có $\widehat{BKA}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Nên $BK\bot MA\Rightarrow BK$ là đường cao thứ 3 trong tam giác $MAB$. Do đó $BK$ đi qua điểm $P$ hay $B,\,P,\,K$ thẳng hàng.
c)
Ta có $AQ//MI$ (do cùng vuông góc với AB) nên $QAIM$ là hình thang vuông.
$BC=R$ nên $\Delta OBC$ đều. Do đó $\widehat{ABC}={{60}^{0}}$.
Ta có $QA,\,QC$ là 2 tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $\widehat{QAC}=\widehat{QCA}=\widehat{ABC}={{60}^{0}}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung).
Do đó $\Delta QAC$ đều.
$\Delta ABC$ vuông tại C có $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2R \right)}^{2}}-{{R}^{2}}}=R\sqrt{3}\Rightarrow QA=R\sqrt{3}$.
Ta có I là trung điểm của bán kính OA nên $AI=\dfrac{1}{2}R$ và $BI=\dfrac{3}{2}R$.
Xét tam giác $MIB$ vuông tại I có: $MI=BI.\tan ABC=\dfrac{3}{2}R.\tan \,{{60}^{0}}=\dfrac{3R\sqrt{3}}{2}$.
Vậy diện tích hình thang vuông $QAIM$ là: ${{S}_{QAIM}}=\dfrac{\left( QA+IM \right).AI}{2}=\dfrac{\left( R\sqrt{3}+\dfrac{3R\sqrt{3}}{2} \right).\dfrac{1}{2}R}{2}=\dfrac{5{{R}^{2}}\sqrt{3}}{8}$.
