HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
1. Với x = 16( TM ĐK) , ta có :
$A=\dfrac{\sqrt{16}-2}{\sqrt{16}}=\dfrac{4-2}{4}=\dfrac{1}{2}$ .
Vậy x = 16 thì $A=\dfrac{1}{2}$
2. Rút gọn biểu thức : $P=A.\left( \dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2} \right)$, với $x>0;x\ne 4$
Ta có
$P=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}.\left( \dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2} \right)=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}}.\dfrac{\sqrt{x}-2+\sqrt{x}+2}{\left( \sqrt{x}+2 \right)\left( \sqrt{x}-2 \right)}=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left( \sqrt{x}+2 \right)}=\dfrac{2}{\sqrt{x}+2}$
Vậy : $P=\dfrac{2}{\sqrt{x}+2}$ với $x>0;x\ne 4$
3. Để $P>\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow \dfrac{2}{\sqrt{x}+2}>\dfrac{1}{3}$ với $x>0;x\ne 4$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \dfrac{2}{{\sqrt x + 2}} > \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{\sqrt x + 2}} - \dfrac{1}{3} > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{6 - \sqrt x - 2}}{{3(\sqrt x + 2)}} = \dfrac{{4 - \sqrt x }}{{3(\sqrt x + 2)}} > 0\\
\Leftrightarrow 4 - \sqrt x > 0\quad \left( {3 > 0;x > 0 = > 3(\sqrt x + 2) > 0} \right)
\end{array}$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}<4\Leftrightarrow x<16$ kết hợp đk $x>0;x\ne 4$ $\Rightarrow 0<x<16 $ và $\ x\ne 4$
Vậy : $0<x<16$ và $\ x\ne 4$ thì $P>\dfrac{1}{3}$
Bài 2
1. Rút gọn biểu thức:
$\sqrt{50}-3\sqrt{8}+\sqrt{32}=\sqrt{{{5}^{2}}.2}-3.\sqrt{{{2}^{2}}.2}+\sqrt{{{4}^{2}}.2}$$=5\sqrt{2}-3.2.\sqrt{2}+4\sqrt{2}$$=\left( 5-6+4 \right)\sqrt{2}=3\sqrt{2}$.
2. Giải các phương trình
a. $\sqrt{{{x}^{2}}-4x+4}=1\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}-2.x.2+{{2}^{2}}}=1$
$\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x-2 \right)}^{2}}}=1$
$\Leftrightarrow \left| x-2 \right|=1$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 2 = 1\\
x - 2 = - 1
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x = 1
\end{array} \right.$
Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{ 1\ ;\ 3 \right\}$.
b. $\sqrt{{{x}^{2}}-3x}-\sqrt{x-3}=0$ $\left( 1 \right)$.
Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}
x - 3 \ge 0\\
{x^2} - 3x \ge 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \ge 3\\
x\left( {x - 3} \right) \ge 0
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow x\ge 3$.
Khi đó, $\left( 1 \right)\Leftrightarrow \sqrt{x\left( x-3 \right)}=\sqrt{x-3}$
$\Rightarrow x\left( x-3 \right)=x-3$
$\Leftrightarrow \left( x-3 \right)\left( x-1 \right)=0$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 3 = 0\\
x - 1 = 0
\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x = 1
\end{array} \right.$
Kết hợp với điều kiện $ x\ge 3$ ta được $x=3$. Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{ 3 \right\}$.
Bài 3.
1. Với $m=2\Rightarrow y=x+3$ $\left( d \right)$
Giao của đường thẳng $\left( d \right)$ và trục $Ox$ là $A\left( 0;3 \right)$
Giao của đường thẳng $\left( d \right)$ và trục $Oy$ là $B\left( -3;0 \right)$
Đồ thị
2. Để $\left( d \right):y=\left( m-1 \right)x+3$ song song với đường thẳng $y=2x+1$ thì $m-1=2\Leftrightarrow m=3$
3. Từ $O$ kẻ $OH\bot AB,H\in AB$. Khi đó, khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $\left( d \right)$ là độ dài đoạn $OH$
Ta có $OA=\left| {{y}_{A}} \right|=\left| 3 \right|=3$ và $OB=\left| {{x}_{B}} \right|=\left| -3 \right|=3$. Xét tam giác $OAB$ vuông tại $O$ có:
$\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{2}{9}\\
\Leftrightarrow O{H^2} = \dfrac{9}{2} \Rightarrow OH = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}
\end{array}$
Vậy khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $\left( d \right)$ là $OH=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
Bài 4
a) Xét (O) có $\Delta $MEN nội tiếp (O), MN là đường kính nên $\Delta $MEN vuông tại E.
Vì DN là tiếp tuyến của (O) nên DN $\bot $ ON $\Leftrightarrow $ $\Delta $MND vuông tại N.
Xét $\Delta $MND có NE $\bot $ MD nên: $DE.DM=D{{N}^{2}}$ (Hệ thức lượng)
b) Vì OI $\bot $ ME nên $\Delta $OID vuông tại I $\Leftrightarrow $ 3 điểm O, I, D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD.
$\Delta $ODN vuông tại N nên 3 điểm D, O, N cùng nằm trên đường tròn đường kính OD.
$\Leftrightarrow $ 4 điểm O, I, N, D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD.
c) Gọi K là trung điểm của OD $\Leftrightarrow $ O, I, N, D, A thuộc đường tròn (K) $\Leftrightarrow $ KA = KN.
Vì A, N thuộc đường tròn (O) nên OA = ON.
Do đó: OK là đường trung trực của đoạn AN, mà D thuộc đường thẳng OK nên DA = DN.
Từ đó chứng minh được $\Delta $DAO = $\Delta $DNO (c.c.c) $\Leftrightarrow $ $\widehat{DAO}=\widehat{DNO}$, mà $\widehat{DNO}={{90}^{0}}$ $\Leftrightarrow $ $\widehat{DAO}={{90}^{0}}$
$\Leftrightarrow $ AD $\bot $ AO; A $\in $ (O) nên AD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
d) Ta có: $DE.DM=D{{N}^{2}}$, mà DN = AD nên $DE.DM=D{{A}^{2}}$ $\Leftrightarrow $ $\dfrac{DE}{DA}=\dfrac{DA}{DM}$.
Xét $\Delta $ADE và $\Delta $MDA có:
$\widehat{ADM}$ chung;
$\dfrac{DE}{DA}=\dfrac{DA}{DM}$
$\Leftrightarrow $ $\Delta ADE$ đồng dạng $\Delta $MDA (c.g.c).
$\Leftrightarrow $ $\widehat{AED}=\widehat{DAM}$.
Bài 5
Ta có $P=\left( x+y \right)\left( \dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y} \right)=5+\dfrac{y}{x}+\dfrac{4x}{y}\ge 5+2.\sqrt{\dfrac{y}{x}.\dfrac{4x}{y}}=9$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{y}{x} = \dfrac{{4x}}{y}\\
\dfrac{1}{x} + \dfrac{4}{y} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3\\
y = 6
\end{array} \right.$(Thỏa mãn).
Vậy min $P = 9$ đạt được khi $x = 3, y = 6$.
