sossssssss

Bài III. Điều kiện xác định: \( x \geq 0; x \neq 9 \). 1) Tính giá trị của \( A \) khi \( x = \frac{1}{4} \): Thay \( x = \frac{1}{4} \) vào biểu thức \( A \): \[ A = \frac{\sqrt{\frac{1}{4}} - 2}{\sqrt{\frac{1}{4}} - 3} = \frac{\frac{1}{2} - 2}{\frac{1}{2} - 3} = \frac{\frac{1}{2} - \frac{4}{2}}{\frac{1}{2} - \frac{6}{2}} = \frac{-\frac{3}{2}}{-\frac{5}{2}} = \frac{3}{5} \] 2) Chứng minh \( A = B \): Biểu thức \( A \): \[ A = \frac{\sqrt{x} - 2}{\sqrt{x} - 3} \] Biểu thức \( B \): \[ B = \frac{x + \sqrt{x}}{x - 9} + \frac{1}{\sqrt{x} + 3} + \frac{1}{3 - \sqrt{x}} \] Chúng ta sẽ biến đổi biểu thức \( B \): \[ B = \frac{x + \sqrt{x}}{( \sqrt{x} + 3)( \sqrt{x} - 3)} + \frac{1}{\sqrt{x} + 3} + \frac{1}{3 - \sqrt{x}} \] \[ B = \frac{x + \sqrt{x}}{x - 9} + \frac{1}{\sqrt{x} + 3} + \frac{1}{3 - \sqrt{x}} \] Tìm chung mẫu số: \[ B = \frac{x + \sqrt{x}}{x - 9} + \frac{3 - \sqrt{x} + \sqrt{x} + 3}{( \sqrt{x} + 3)(3 - \sqrt{x})} \] \[ B = \frac{x + \sqrt{x}}{x - 9} + \frac{6}{x - 9} \] \[ B = \frac{x + \sqrt{x} + 6}{x - 9} \] Chúng ta thấy rằng: \[ B = \frac{x + \sqrt{x} + 6}{x - 9} = \frac{(\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 3)}{x - 9} = \frac{\sqrt{x} - 2}{\sqrt{x} - 3} = A \] 3) Tìm số nguyên \( x \) nhỏ nhất để \( B \geq 2 - \sqrt{x} \): Biến đổi bất đẳng thức: \[ \frac{\sqrt{x} - 2}{\sqrt{x} - 3} \geq 2 - \sqrt{x} \] Nhân cả hai vế với \( \sqrt{x} - 3 \) (với \( \sqrt{x} \neq 3 \)): \[ \sqrt{x} - 2 \geq (2 - \sqrt{x})(\sqrt{x} - 3) \] \[ \sqrt{x} - 2 \geq 2\sqrt{x} - 6 - x + 3\sqrt{x} \] \[ \sqrt{x} - 2 \geq 5\sqrt{x} - x - 6 \] \[ x - 4\sqrt{x} + 4 \geq 0 \] \[ (\sqrt{x} - 2)^2 \geq 0 \] Bất đẳng thức này luôn đúng, do đó \( x \) có thể là bất kỳ số nguyên nào thỏa mãn điều kiện \( x \geq 0 \) và \( x \neq 9 \). Số nguyên \( x \) nhỏ nhất là \( x = 0 \). Đáp số: 1) \( A = \frac{3}{5} \) 2) \( A = B \) 3) Số nguyên \( x \) nhỏ nhất là \( x = 0 \) Bài IV. 1) Ta có $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^\circ$ (góc giữa tiếp tuyến và bán kính) Do đó bốn điểm A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO. 2) Ta có $\widehat{HBO}=\widehat{BCO}$ (cùng chắn cung BO) Mà $\widehat{BCO}=\widehat{CDO}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BO) Do đó $\widehat{HBO}=\widehat{CDO}$ Suy ra HO // CD (hai đường thẳng song song cùng vuông góc với một đường thẳng) 3) Ta có $\widehat{CKD}=\widehat{ACB}$ (cùng bằng 90° - $\widehat{CBD}$) $\widehat{KCD}=\widehat{BAC}$ (cùng bằng $\widehat{OBD}$) Do đó $\triangle CKD$ ~ $\triangle CAB$ (g.g) Suy ra $\frac{CK}{CA}=\frac{KD}{CB}$ Mà CB = CO nên $\frac{CK}{CA}=\frac{KD}{CO}$ Suy ra CK . OC = CA . KD Ta có $\widehat{AHO}=\widehat{ACO}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) Mà $\widehat{ACO}=\widehat{ABO}$ (góc giữa tiếp tuyến và bán kính) Do đó $\widehat{AHO}=\widehat{ABO}$ Suy ra HI // OB (hai đường thẳng song song cùng vuông góc với một đường thẳng) Mà OB vuông góc với AB nên HI vuông góc với AB. Bài V. Gọi độ dài đoạn NP là x (cm), độ dài đoạn MQ là y (cm), (x > 0, y > 0) Ta có diện tích hình chữ nhật MNPQ là: \[ S = xy \] Xét tam giác OMN vuông tại N, ta có: \[ ON^2 + MN^2 = OM^2 \] \[ x^2 + y^2 = R^2 \] \[ x^2 + y^2 = 9 \] \[ y^2 = 9 - x^2 \] \[ y = \sqrt{9 - x^2} \] Thay vào công thức diện tích ta có: \[ S = x \cdot \sqrt{9 - x^2} \] Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \( x^2 \) và \( 9 - x^2 \): \[ x^2 + (9 - x^2) \geq 2 \cdot x \cdot \sqrt{9 - x^2} \] \[ 9 \geq 2 \cdot x \cdot \sqrt{9 - x^2} \] \[ \frac{9}{2} \geq x \cdot \sqrt{9 - x^2} \] \[ \frac{9}{2} \geq S \] Dấu bằng xảy ra khi: \[ x^2 = 9 - x^2 \] \[ 2x^2 = 9 \] \[ x^2 = \frac{9}{2} \] \[ x = \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} \] Vậy diện tích lớn nhất của hình chữ nhật MNPQ là \( \frac{9}{2} \) cm², đạt được khi độ dài đoạn NP là \( \frac{3\sqrt{2}}{2} \) cm.