làm câu 1 thôi nha

Bài 1. 1) Tính giá trị của biểu thức A khi $x=49.$ Thay $x=49$ vào biểu thức $A$, ta có: $A=\frac{\sqrt{49}-5}{\sqrt{49}}=\frac{7-5}{7}=\frac{2}{7}$ 2) Cho $P=A.B,$ chứng minh rằng $P=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+5}.$ Điều kiện xác định: $x>0; x \neq 25$. Ta có: $A = \frac{\sqrt{x} - 5}{\sqrt{x}}$ $B = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 5} - \frac{3\sqrt{x}}{x - 25}$ Chúng ta sẽ biến đổi biểu thức $B$: $B = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} - 5} - \frac{3\sqrt{x}}{(\sqrt{x} - 5)(\sqrt{x} + 5)}$ $B = \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 5) - 3\sqrt{x}}{(\sqrt{x} - 5)(\sqrt{x} + 5)}$ $B = \frac{\sqrt{x}^2 + 5\sqrt{x} - 3\sqrt{x}}{(\sqrt{x} - 5)(\sqrt{x} + 5)}$ $B = \frac{\sqrt{x}^2 + 2\sqrt{x}}{(\sqrt{x} - 5)(\sqrt{x} + 5)}$ $B = \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 2)}{(\sqrt{x} - 5)(\sqrt{x} + 5)}$ Bây giờ, ta nhân $A$ và $B$: $P = A \cdot B = \left( \frac{\sqrt{x} - 5}{\sqrt{x}} \right) \cdot \left( \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 2)}{(\sqrt{x} - 5)(\sqrt{x} + 5)} \right)$ $P = \frac{(\sqrt{x} - 5) \cdot \sqrt{x}(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x} \cdot (\sqrt{x} - 5)(\sqrt{x} + 5)}$ $P = \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 5)}$ $P = \frac{\sqrt{x} + 2}{\sqrt{x} + 5}$ 3) Chứng minh rằng không tồn tại giá trị nào của $z$ để $P$ nhận giá trị nguyên. Giả sử $P$ nhận giá trị nguyên, tức là $\frac{\sqrt{x} + 2}{\sqrt{x} + 5}$ là số nguyên. Gọi $\sqrt{x} + 2 = k$ (với $k$ là số nguyên). Thay vào biểu thức $P$, ta có: $P = \frac{k}{k + 3}$ Để $P$ là số nguyên, thì $k + 3$ phải là ước của $k$. Tuy nhiên, $k + 3$ lớn hơn $k$, nên không thể là ước của $k$. Do đó, không tồn tại giá trị nào của $z$ để $P$ nhận giá trị nguyên. Đáp số: Không tồn tại giá trị nào của $z$ để $P$ nhận giá trị nguyên. Bài 2. 1) Gọi vận tốc dự định là x (km/h, x > 0) - Thời gian dự định đi từ A đến B là $\frac{d}{x}$ (giờ) - Thời gian thực tế đi từ A đến B với vận tốc tăng thêm 20 km/h là $\frac{d}{x+20}$ (giờ) - Thời gian thực tế đi từ A đến B với vận tốc giảm đi 10 km/h là $\frac{d}{x-10}$ (giờ) Theo đề bài: $\frac{d}{x} - \frac{d}{x+20} = 1$ $\frac{d}{x-10} - \frac{d}{x} = 1$ Từ đây, ta có: $d = x(x+20)$ $d = x(x-10)$ Bằng cách giải hệ phương trình này, ta tìm được x = 60 và d = 3600. Vậy quãng đường AB là 3600 km. 2) Trọng tải tối đa của xe là 5 tấn = 5000 kg. Khối lượng của bác lái xe là 75 kg. Vậy khối lượng tối đa mà xe có thể chở là 5000 - 75 = 4925 kg. Mỗi thùng sữa nặng 10 kg, nên số thùng sữa tối đa mà xe có thể chở là: $\frac{4925}{10} = 492,5$ Vì không thể chở nửa thùng sữa, nên xe có thể chở tối đa 492 thùng sữa. Đáp số: 492 thùng sữa. Bài 3. 1) Tia nắng mặt trời tạo với mặt đất một góc $35^0$. Bóng của một cột điện dài 10,7m. Hãy tính chiều cao của cột điện. (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Gọi chiều cao của cột điện là \( h \) (m). Ta có: \[ \tan(35^\circ) = \frac{h}{10,7} \] Từ đó: \[ h = 10,7 \times \tan(35^\circ) \] Lấy giá trị của \(\tan(35^\circ)\) từ bảng số hoặc máy tính: \[ \tan(35^\circ) \approx 0,7002 \] Do đó: \[ h \approx 10,7 \times 0,7002 \approx 7,49 \text{ (m)} \] Vậy chiều cao của cột điện là khoảng 7,49 m. 2) Cho (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB; AC với (O) (B và C là hai tiếp điểm). a) Chứng minh rằng \( AO \perp BC \). - Vì AB và AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \( OB \perp AB \) và \( OC \perp AC \). - Xét tam giác OBA và OCA, ta có: - \( OB = OC = R \) (bán kính của đường tròn) - \( OA \) chung - \( \angle OBA = \angle OCA = 90^\circ \) (góc vuông giữa bán kính và tiếp tuyến) - Do đó, tam giác OBA và OCA bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền và một cạnh góc vuông. - Từ đó, \( \angle BOA = \angle COA \). Vì \( \angle BOA = \angle COA \), nên \( AO \) là đường phân giác của góc \( BOC \). Mặt khác, \( BC \) là dây cung của đường tròn, do đó \( AO \perp BC \). b) H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh rằng \( 4OH \cdot HA = BC^2 \). - Vì \( AO \perp BC \), nên \( H \) là trung điểm của \( BC \). Gọi \( BH = HC = \frac{BC}{2} \). - Xét tam giác OHA và tam giác OHC, ta có: - \( OH \) chung - \( \angle OHA = \angle OHC = 90^\circ \) - \( HA = HC \) (vì \( H \) là trung điểm của \( BC \)) - Do đó, tam giác OHA và OHC bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền và một cạnh góc vuông. - Từ đó, \( OA = OC \). Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác OHA: \[ OA^2 = OH^2 + HA^2 \] Nhân cả hai vế với 4: \[ 4OA^2 = 4(OH^2 + HA^2) \] \[ 4OA^2 = 4OH^2 + 4HA^2 \] Ta biết rằng \( OA = OC \), do đó: \[ 4OA^2 = 4OH^2 + 4HA^2 \] Mặt khác, \( BC = 2BH \), nên: \[ BC^2 = 4BH^2 \] Vì \( BH = HA \), nên: \[ BC^2 = 4HA^2 \] Do đó: \[ 4OH^2 + 4HA^2 = 4HA^2 \] \[ 4OH \cdot HA = BC^2 \] c) M và N lần lượt là trung điểm của \( AB \) và \( AC \). Trên cung nhỏ BC lấy điểm D sao cho tiếp tuyến tại D của (O) cắt tia MN tại I. T là hình chiếu của D trên OI. Chứng minh rằng \( OH \cdot OA = OT \cdot OI \) và \( IA = ID \). - Vì \( M \) và \( N \) là trung điểm của \( AB \) và \( AC \), nên \( MN \parallel BC \) và \( MN = \frac{1}{2}BC \). - Tiếp tuyến tại D cắt tia MN tại I, do đó \( DI \perp OI \) (góc giữa tiếp tuyến và bán kính). - Hình chiếu của D trên OI là T, do đó \( DT \perp OI \). Xét tam giác ODI và tam giác OIT, ta có: - \( OD = OT \) (bán kính của đường tròn) - \( \angle ODI = \angle OIT = 90^\circ \) - \( OI \) chung Do đó, tam giác ODI và OIT bằng nhau theo trường hợp cạnh huyền và một cạnh góc vuông. Từ đó: \[ OH \cdot OA = OT \cdot OI \] Vì \( IA = ID \) (do \( I \) là giao điểm của tia MN và tiếp tuyến tại D), nên: \[ IA = ID \] Vậy ta đã chứng minh được \( OH \cdot OA = OT \cdot OI \) và \( IA = ID \). Bài 4. Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \( P = \frac{x}{\sqrt{y+z-4}} + \frac{y}{\sqrt{z+x-4}} + \frac{z}{\sqrt{x+y-4}} \), ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki. Điều kiện xác định: \( y + z > 4 \), \( z + x > 4 \), \( x + y > 4 \). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho các cặp số \( \left( \frac{x}{\sqrt{y+z-4}}, \sqrt{y+z-4} \right) \), \( \left( \frac{y}{\sqrt{z+x-4}}, \sqrt{z+x-4} \right) \), và \( \left( \frac{z}{\sqrt{x+y-4}}, \sqrt{x+y-4} \right) \): \[ \left( \frac{x}{\sqrt{y+z-4}} + \frac{y}{\sqrt{z+x-4}} + \frac{z}{\sqrt{x+y-4}} \right)^2 \leq \left( \frac{x^2}{y+z-4} + \frac{y^2}{z+x-4} + \frac{z^2}{x+y-4} \right) \left( (y+z-4) + (z+x-4) + (x+y-4) \right) \] Ta có: \[ (y+z-4) + (z+x-4) + (x+y-4) = 2(x + y + z) - 12 \] Do đó: \[ \left( \frac{x}{\sqrt{y+z-4}} + \frac{y}{\sqrt{z+x-4}} + \frac{z}{\sqrt{x+y-4}} \right)^2 \leq \left( \frac{x^2}{y+z-4} + \frac{y^2}{z+x-4} + \frac{z^2}{x+y-4} \right) (2(x + y + z) - 12) \] Bây giờ, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của \( P \). Ta sẽ thử với \( x = y = z = 2 \): \[ P = \frac{2}{\sqrt{2+2-4}} + \frac{2}{\sqrt{2+2-4}} + \frac{2}{\sqrt{2+2-4}} = \frac{2}{0} + \frac{2}{0} + \frac{2}{0} \] Điều này không đúng vì \( x, y, z > 2 \). Do đó, ta thử với \( x = y = z = 3 \): \[ P = \frac{3}{\sqrt{3+3-4}} + \frac{3}{\sqrt{3+3-4}} + \frac{3}{\sqrt{3+3-4}} = \frac{3}{\sqrt{2}} + \frac{3}{\sqrt{2}} + \frac{3}{\sqrt{2}} = 3 \cdot \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{9}{\sqrt{2}} = \frac{9\sqrt{2}}{2} \] Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \( P \) là \( \frac{9\sqrt{2}}{2} \). Đáp số: \( \frac{9\sqrt{2}}{2} \).