Bài 1 (2 điểm):
Cho hai biểu thức $A=\dfrac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-5}$ và $B=\dfrac{3}{\sqrt{x}+5}+\dfrac{20-2\sqrt{x}}{x-25}$ với $x\ge 0,$ $x\ne 25.$
- Tính giá trị của biểu thức A khi $x=9.$
- Chứng minh $B=\dfrac{1}{\sqrt{x}-5}.$
- Tìm tất cả giá trị của x để $A=B.\left| x-4 \right|.$
Giải
a) Thay $x=9$ (tmđk) vào biểu thức $A$ ta được:
$A=\dfrac{\sqrt{9}+2}{\sqrt{9}-5}=\dfrac{3+2}{3-5}=\dfrac{-5}{2}.$
Vậy $A=\dfrac{-5}{2}$ khi $x=9.$
b) Với $x\ge 0$ và $x\ne 25$ ta có:
$\begin{array}{l}
B = \dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{x - 25}}\\
{\rm{ = }}\dfrac{3}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right).\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\
{\rm{ = }}\dfrac{{3.\left( {\sqrt x - 5} \right) + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right).\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\
{\rm{ = }}\dfrac{{3\sqrt x - 15 + 20 - 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 5} \right).\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\
{\rm{ = }}\dfrac{{\sqrt x + 5}}{{\left( {\sqrt x - 5} \right).\left( {\sqrt x + 5} \right)}}\\
{\rm{ = }}\dfrac{1}{{\sqrt x - 5}}.
\end{array}$
c) Với $x\ge 0$ và $x\ne 25$ ta có:
$\begin{array}{l}
A = B.\left| {x - 4} \right|\\
\Leftrightarrow \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 5}} = \frac{1}{{\sqrt x - 5}}.\left| {x - 4} \right|\\
\Leftrightarrow \sqrt x + 2 = \left| {x - 4} \right|
\end{array}$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sqrt x + 2 = x - 4\\
\sqrt x + 2 = 4 - x
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - \sqrt x - 6 = 0{\rm{ }}\\
x + \sqrt x - 2 = 0{\rm{ }}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {\sqrt x - 3} \right).\left( {\sqrt x + 2} \right) = 0\\
\left( {\sqrt x - 1} \right).\left( {\sqrt x + 2} \right) = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\sqrt x - 3 = 0{\rm{ }}\\
\sqrt x - 1 = 0
\end{array} \right.{\rm{(do }}\sqrt x + 2 > 0,\forall x \ge 0)\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 9{\rm{ (tm)}}\\
x = 1{\rm{ (tm)}}
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy $x\in \left\{ 1;9 \right\}$ thì $A=B.\left| x-4 \right|.$
Bài 2 (2 điểm): Hai vòi nước chảy chung vào một bể thì sau 4h48’ thì đầy bể. Biết lượng nước vòi I chảy một mình trong 1h20’ bằng lượng nước của vòi II chảy một mình trong 30 phút và thêm $\dfrac{1}{8}$ bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng trong bao lâu thì đầy bể.
Giải
Đổi $4h48'=\dfrac{24}{5}\left( h \right);\text{ }1h20'=\dfrac{4}{3}\left( h \right);\text{ }30'=\dfrac{1}{2}\left( h \right).$
Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là $x,y$ (h), $x,y>\dfrac{24}{5}.$
Khi đó trong 1h vòi I chảy một mình được $\dfrac{1}{x}$ (bể); vòi II chảy một mình được $\dfrac{1}{y}$ (bể)
Vì cả hai vòi chảy chung vào bể thì sau $4h48'=\dfrac{24}{5}\left( h \right)$ đầy bể nên trong 1h cả 2 vòi chảy được $\dfrac{5}{24}$ (bể). Do đó ta có phương trình $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{5}{24}\text{ }\left( 1 \right)$
Trong $1h20'=\dfrac{4}{3}\left( h \right)$ vòi I chảy một mình được $\dfrac{4}{3x}$ (bể)
Trong $30'=\dfrac{1}{2}\left( h \right)$ vòi II chảy một mình được $\dfrac{1}{2y}$ (bể)
Vì lượng nước vòi I chảy một một mình trong 1h20’ bằng lượng nước của vòi II chảy một mình trong 30 phút và thêm $\dfrac{1}{8}$ bể nên ta có phương trình $\dfrac{4}{3x}-\dfrac{1}{2y}=\dfrac{1}{8}\text{ }\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{5}{{24}}{\rm{ }}\\
\frac{4}{{3x}} - \frac{1}{{2y}} = \frac{1}{8}
\end{array} \right.$
Đặt $a=\dfrac{1}{x};b=\dfrac{1}{y}.$ Khi đó hệ phương trình có dạng:
$\begin{array}{l}
{\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l}
a + b = \frac{5}{{24}}\\
\frac{4}{3}a - \frac{1}{2}b = \frac{1}{8}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
24a + 24b = 5\\
32a - 12b = 3
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
24a + 24b = 5\\
64a - 24b = 6
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
88a = 11\\
a + b = \frac{5}{{24}}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{8}\\
b = \frac{1}{{12}}
\end{array} \right.
\end{array}$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{x} = \frac{1}{8}\\
\frac{1}{y} = \frac{1}{{12}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 8{\rm{ }}\left( {tm} \right)\\
y = 12{\rm{ }}\left( {tm} \right)
\end{array} \right.$
Vậy vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là $8\left( h \right);{\rm{ 12}}\left( h \right).$
Bài 3 (2 điểm):
1) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
2\sqrt {2 - y} + \sqrt {x + 1} = 4\\
\sqrt {2 - y} - 3\sqrt {x + 1} = - 5
\end{array} \right.$
Giải
1) ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}
x \ge - 1\\
y \le 2
\end{array} \right.$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
a = \sqrt {2 - y} \ge 0\\
b = \sqrt {x + 1} \ge 0
\end{array} \right.$
Khi đó hệ phương trình có dạng:
$\begin{array}{l}
{\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l}
2a + b = 4\\
a - 3b = - 5
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a + b = 4\\
2a - 6b = - 10
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
7b = 14\\
2a + b = 4
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = 2{\rm{ (tm)}}\\
a = 1{\rm{ (tm)}}
\end{array} \right.
\end{array}$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {2 - y} = 1\\
\sqrt {x + 1} = 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2 - y = 1\\
x + 1 = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y = 1{\rm{ (tm)}}\\
x = 3{\rm{ (tm)}}
\end{array} \right.$
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất $\left( x;y \right)=\left( 3;1 \right).$
2) Cho Parabol $(P):y={{x}^{2}}$ và đường thẳng $\left( d \right):y=mx+3.$
- Chứng tỏ $\left( d \right)$ luôn cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt.
- Tìm tọa độ các giao điểm $A,B$ của Parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $\left( d \right)$ khi $m=2.$ Tính diện tích $\Delta AOB.$
- Gọi giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ là $C$ và $D$. Tìm $m$ để độ dài đoạn thẳng $CD$ nhỏ nhất.
Giải
a) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ là:
${{x}^{2}}=mx+3\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-3=0$ (1)
Vì $a.c=1.\left( -3 \right)=-3<0\Rightarrow $ Phương trình (1) luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi $m.$
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m.$
Vậy $\left( d \right)$ luôn cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt với mọi $m.$
b) Với $m=2$ thay vào đường thẳng $\left( d \right)$ ta có: $y=2x+3.$
Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ là:
$\begin{array}{l}
{\rm{ }}{x^2} - 2x - 3 = 0\\
\Leftrightarrow {x^2} + x - 3x - 3 = 0\\
\Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) - 3\left( {x + 1} \right) = 0
\end{array}$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 1 = 0\\
x - 3 = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 3{\rm{ }}
\end{array} \right.
\end{array}$
Với $x=-1\Rightarrow y=1\Rightarrow A\left( -1;1 \right)$
Với $x=3\Rightarrow y=9\Rightarrow B\left( 3;9 \right)$
Gọi $C,D$ lần lượt là hình chiếu của $B,A$ lên $Ox.\]
$\Rightarrow C\left( 3;0 \right);\text{ D}\left( -1;0 \right)$
Từ đó, ta có $AD=1;\text{ }BC=9;\text{ }OD=1;\text{ }OC=3;\text{ }CD=4$
$\Delta OAD$ vuông tại $D\Rightarrow {{S}_{\Delta OAD}}=\dfrac{1}{2}.OD.AD=\dfrac{1}{2}.1.1=\dfrac{1}{2}$ (đvdt)
$\Delta OBC$ vuông tại $C\Rightarrow {{S}_{\Delta OBC}}=\dfrac{1}{2}.OC.BC=\dfrac{1}{2}.3.9=\dfrac{27}{2}$ (đvdt)
Hình thang vuông $ABCD\text{ }\left( AD//BC \right)\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\dfrac{\left( AD+BC \right).CD}{2}=\dfrac{\left( 1+9 \right).4}{2}=20$ (đvdt)
Vậy ${{S}_{\Delta OAB}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{OAD}}-{{S}_{OBC}}=20-\dfrac{1}{2}-\dfrac{27}{2}=6$ (đvdt)
c) Theo câu a, ta có $\left( d \right)$ luôn cắt $\left( P \right)$ tại hai điểm phân biệt $C$ và $D$với mọi $m.$
Gọi tọa độ của $C$ và $D$ lần lượt là $\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right)$ và $\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right).$ Các điểm $C$ và $D$ thuộc đường thẳng $\left( d \right):y=mx+3$ nên ${{y}_{1}}=m{{x}_{1}}+3;{{y}_{2}}=m{{x}_{2}}+3.$
Ta có $CD=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}.$
Do $C$ và $D$là giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( P \right)$ nên ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$là nghiệm của phương trình:
${{x}^{2}}=mx+3\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-3=0$ (1)
Có $\Delta ={{m}^{2}}+12>0,\forall m$
Giả sử ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ thì ${{x}_{1}}=\dfrac{m-\sqrt{{{m}^{2}}+12}}{2};\text{ }{{x}_{2}}=\dfrac{m+\sqrt{{{m}^{2}}+12}}{2}.$
Khi đó ${{x}_{2}}-{{x}_{1}}=\sqrt{{{m}^{2}}+12};\text{ }{{\text{y}}_{2}}-{{y}_{1}}=m\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)=m\sqrt{{{m}^{2}}+12}.$
Suy ra $C{{D}^{2}}={{m}^{2}}+12+{{m}^{2}}.\left( {{m}^{2}}+12 \right)={{m}^{4}}+13{{m}^{2}}+12\ge 12,\forall m$
Do đó $C{{D}_{\min }}=2\sqrt{3}\Leftrightarrow m=0.$
Bài 4 (3,5 điểm): Cho (O) đường kính $AB,M$ là một điểm cố định trên tiếp tuyến tại $A$ của $\left( O \right).$ Vẽ tiếp tuyến $MC$ và cát tuyến $MHK$ ($H$ nằm giữa $M$ và $K$; tia $MK$ nằm giữa hai tia $MB,MO$). Các đường thẳng $BH,BK$ cắt đường thẳng $MO$ tại $E$ và $F.$
- Chứng minh rằng tứ giác $AMCO$, tứ giác $MFKC$ và tứ giác $MCHE$ nội tiếp.
- Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $MK$ cắt $\left( O \right)$ tại $I,CI$ cắt $MK$ tại $N.$
Chứng minh $NH=NK.$
- Chứng minh $OE=OF.$
Giải
a) *) C/m tứ giác $AMCO$ nội tiếp.
Vì $MA$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ (gt)
nên $MA\bot AO\Rightarrow \widehat{MAO}={{90}^{o}}.$
Vì $MC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ (gt)
nên $MC\bot CO\Rightarrow \widehat{MCO}={{90}^{o}}.$
Xét tứ giác $AMCO$ có $\widehat{MAO}+\widehat{MCO}={{90}^{o}}+{{90}^{o}}={{180}^{o}}.$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
Suy ra tứ giác $AMCO$ nội tiếp đường tròn đường kính $MO.$
*) C/m tứ giác $MFKC$ nội tiếp.
Ta có $\widehat{BKC}$ là góc nội tiếp chắn cung $BC$ của $\left( O \right)$ nên $\widehat{BKC}=\dfrac{1}{2}$sđ $\overset\frown{BC}.$
$\widehat{COB}$ là góc ở tâm chắn cung $BC$ của $\left( O \right)$ nên $\widehat{COB}=$sđ $\overset\frown{BC}.$
$\Rightarrow \widehat{COB}=2\text{ }\widehat{BKC}\text{ }\left( 1 \right)$
Vì $MA,MC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$của $\left( O \right)\Rightarrow \widehat{COM}=\widehat{AOM}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Mà $\widehat{AOM}=\widehat{BOF}$ (đối đỉnh)
$\Rightarrow \widehat{COM}=\widehat{BOF.}$
Vì $\Delta MCO$ vuông tại $O\Rightarrow \widehat{CMO}+\widehat{COM}={{90}^{o}}\Rightarrow 2\widehat{CMO}+2\widehat{COM}={{180}^{o}}.$
Hay $2\widehat{CMO}+\widehat{COM}+\widehat{BOF}={{180}^{o}}.$
Lại có $\widehat{COM}+\widehat{BOC}+\widehat{BOF}={{180}^{o}}.$
$\Rightarrow \widehat{BOC}=2\text{ }\widehat{CMO}\text{ }\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat{BKC}=\widehat{CMO}.$
Mà $\widehat{BKC}+\widehat{CKF}={{180}^{o}}$ (hai góc kề bù) $\Rightarrow \widehat{CMO}+\widehat{CKF}={{180}^{o}}.$
Xét tứ giác $MFKC$ có $\widehat{CMO}+\widehat{CKF}={{180}^{o}}\left( cmt \right).$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
$\Rightarrow $ Tứ giác $MFKC$ nội tiếp.
*) C/m tứ giác $MCHE$ nội tiếp.
Ta có $\widehat{CMO}=\widehat{BKC}\left( cmt \right)\Rightarrow \widehat{CME}=\widehat{BKC}.$
Lại có $\widehat{CHB}=\widehat{BKC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$ của $\left( O \right)$)
$\Rightarrow \widehat{CME}=\widehat{CHB}.$
Mà $\widehat{CHB}+\widehat{CHE}={{180}^{o}}$(hai góc kề bù)
$\Rightarrow \widehat{CME}+\widehat{CHE}={{180}^{o}}.$
Xét tứ giác $MCHE$ có $\widehat{CME}+\widehat{CHE}={{180}^{o}}\left( cmt \right).$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
$\Rightarrow $ Tứ giác $MCHE$ nội tiếp.
b) Vì $AI//MK\left( gt \right)\Rightarrow \widehat{AIC}=\widehat{HNC}$ (đồng vị)
Mà $\widehat{AIC}=\dfrac{1}{2}$sđ $\overset\frown{AC}$ (góc nội tiếp chắn cung $AC$) $\Rightarrow \widehat{HNC}=\dfrac{1}{2}$ sđ $\overset\frown{AC}$
Vì $MA,MC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$của $\left( O \right)$ nên $OM$ là phân giác của $\widehat{AOC}.$
$\Rightarrow \widehat{MOC}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOC}=\dfrac{1}{2}$sđ $\overset\frown{AC}.$ Mà $\widehat{HNC}=\dfrac{1}{2}$sđ $\overset\frown{AC}$ (cmt)
$\Rightarrow \widehat{MOC}=\widehat{HNC}$
Xét tứ giác $MCNO$ có $\widehat{MOC}=\widehat{HNC}\left( cmt \right)$. Mà hai góc này là hai góc của 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh $MC$ của tứ giác $MCNO$.
$\Rightarrow $ Tứ giác $MCNO$ nội tiếp.
Lại có $\widehat{MCO}={{90}^{o}}\left( cmt \right)\Rightarrow $ Tứ giác $MCNO$ nội tiếp đường tròn đường kính $MO.$
$\Rightarrow \widehat{MNO}={{90}^{o}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $MO$)
hay $ON\bot HK$
$\Rightarrow NH=NK$(quan hệ đường kính vuông góc với dây cung của $\left( O \right).$
Lưu ý: Có thể hỏi theo hướng khác: Chứng minh rằng $M{{N}^{2}}+O{{N}^{2}}$ không phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến $MHK.$
- Vì $ON\bot HK\left( cmt \right)\Rightarrow \widehat{ONM}={{90}^{o}}.$
Xét tứ giác $AMNO$ có $\widehat{MAO}+\widehat{MNO}={{90}^{o}}+{{90}^{o}}={{180}^{o}}.$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.
$\Rightarrow $ Tứ giác $AMNO$ nội tiếp.
$\Rightarrow \widehat{AOM}=\widehat{ANH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AM$)
Mà $\widehat{AOM}=\widehat{BOF}$ (đối đỉnh)
$\Rightarrow \widehat{ANH}=\widehat{BOF}$
Xét $\Delta HNA$ và $\Delta BOF$ có:
$\widehat{ANH}=\widehat{BOF}\left( cmt \right);\text{ }\widehat{AHN}=\widehat{OBF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AK$ của $\left( O \right)$)
$\Rightarrow \Delta HNA\backsim \Delta BOF\left( g.g \right)\Rightarrow \dfrac{AN}{HN}=\dfrac{OF}{OB}\text{ }\left( 3 \right)$
Có $\widehat{BEO}=\widehat{EMH}+\widehat{EHM}$(góc ngoài của $\Delta MEH$)
Mà $\widehat{EHM}=\widehat{BHK}$ (đối đỉnh)
$\Rightarrow \widehat{BEO}=\widehat{EMH}+\widehat{BHK}$ (*)
Có $\widehat{OAN}=\widehat{EMH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $ON$)
$\Rightarrow \widehat{NAK}=\widehat{NAO}+\widehat{OAK}=\widehat{EMH}+\widehat{BHK}$ (do $\widehat{OAK}=\widehat{BHK}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BK$) (**)
Từ (*) và (**) $\Rightarrow \widehat{BEO}=\widehat{NAK}$
Xét $\Delta BEO$ và $\Delta KAN$ có:
$\widehat{BEO}=\widehat{NAK}\left( cmt \right);\text{ }\widehat{EBO}=\widehat{NKA}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AH$)
$\Rightarrow \Delta BEO\backsim \Delta KAN\left( g.g \right)\Rightarrow \dfrac{OE}{OB}=\dfrac{AN}{NK}$
Mà $NH=NK\left( cmt \right)\Rightarrow \dfrac{OE}{OB}=\dfrac{AN}{NH}\text{ }\left( 4 \right)$
Từ (3) và (4) $\Rightarrow \dfrac{OF}{OB}=\dfrac{OE}{OB}\Leftrightarrow OE=OF.$ (đpcm).
Lưu ý: Ý c ta có thể trình bày theo cách khác mà không cần sử dụng kết quả của ý b như sau
Hướng dẫn:
Gọi $\left\{ G \right\}=AC\cap OM.$
Ta có $MG.MO=MH.MK(=M{{C}^{2}})$
$\Rightarrow $Tứ giác $GHKO$ nội tiếp.
Có $\widehat{AHB}={{90}^{o}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \widehat{AHE}={{90}^{o}}.$
Có $\widehat{AHE}=\widehat{AGE}={{90}^{o}}.$
$\Rightarrow $ Tứ giác $AEHG$ nội tiếp.
Có $\widehat{EAH}=\widehat{EGH}=\widehat{OKH}.$
$\Rightarrow \widehat{EAO}=\widehat{EAH}+\widehat{HAO}=\widehat{OKH}+\widehat{HKB}=\widehat{OKB}=\widehat{OBK}=\widehat{OBF}.$
$\Rightarrow \Delta AOE=\Delta BOF\left( g.c.g \right)\Rightarrow OE=OF.$ (đpcm).
Bài 5 (0,5 điểm):
Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=3.$ Tìm GTNN của $A=\dfrac{1}{{{a}^{2}}+1}+\dfrac{1}{{{b}^{2}}+1}+\dfrac{1}{{{c}^{2}}+1}.$
Phân tích:
Do vai trò của $a,b,c$ là bình đẳng nên dự đoán dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=1.$
Nếu ta áp dụng Cô si cho từng mẫu của 3 phân thức thì thấy dấu của biểu thức $A$đổi thành “$\le $”. Vậy làm thế nào để cho dấu của $A$ “$\ge $”???
$\Rightarrow $ Cô si ngược dấu.
Giải
Áp dụng BĐT Cô si dạng hai số: $x+y\ge 2\sqrt{x.y}.$ Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow x=y.$
Ta có $\dfrac{1}{{{a}^{2}}+1}=\dfrac{{{a}^{2}}+1-{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+1}=1-\dfrac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+1}\ge 1-\dfrac{{{a}^{2}}}{2a}=1-\dfrac{a}{2}$
Tương tự, ta có: $\dfrac{1}{{{b}^{2}}+1}\ge 1-\dfrac{b}{2};\text{ }\dfrac{1}{{{c}^{2}}+1}\ge 1-\dfrac{c}{2}$
Cộng theo vế ba BĐT trên ta được:
$A\ge 3-\dfrac{1}{2}\left( a+b+c \right)=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}.$
Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{a^2} = 1\\
{b^2} = 1\\
{c^2} = 1\\
a + b + c = 3\\
a,b,c > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1.$
Vậy ${{A}_{\min }}=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1.$
