Đề kiểm tra giữa học kì 1 Toán 9 - Đề số 2 — Không quảng cáo

Ta có $\cos \widehat {MNP} = \dfrac{{MN}}{{NP}}$

Ta có chiều cao  cột đèn là $AC$; $AB = 7,5\,m$ và $\widehat {ACB} = 42^\circ $

Xét tam giác $ACB$ vuông tại $A$ có

$AC = AB.\tan B = 7,5.\tan 42^\circ  \approx 6,753\,\,m$

Vậy cột đèn cao $6,753\,m$

Nếu \(\alpha \) là một góc nhọn bất kỳ  thì  \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1;\tan \alpha .\cot \alpha  = 1\)

$\tan \alpha  = \dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }};\cot \alpha  = \dfrac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }}$  nên cả A, B, C đều đúng

+ Tính \(B;C\)  bằng cách sử dụng các công thức

Với \(A > 0\) và \(A \ne {B^2}\) thì \(\dfrac{C}{{\sqrt A  \pm B}} = \dfrac{{C(\sqrt A  \mp B)}}{{A - {B^2}}}\)

Khai phương một tích: \(\sqrt {A.B}  = \sqrt A .\sqrt B {\rm{   }}(A \ge 0,B \ge 0)\)

+ So sánh \(B;C.\)

Ta có \(B = \dfrac{2}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{1}{{\sqrt 3  - \sqrt 2 }} - \dfrac{2}{{\sqrt 3  - 1}}\)

\( = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 .\sqrt 2 }} + \dfrac{{\sqrt 3  + \sqrt 2 }}{{\left( {\sqrt 3  - \sqrt 2 } \right)\left( {\sqrt 3  + \sqrt 2 } \right)}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 3  - 1} \right)\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}}\)

$ = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt 2 }}{{3 - 2}} - \dfrac{{2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{{3 - 1}}$ $= \sqrt 2 + \dfrac{{\sqrt 3 + \sqrt 2 }}{1} - \dfrac{{2\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{2}$

\( = \sqrt 2  + \sqrt 3  + \sqrt 2  - \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\)

\( = \sqrt 2  + \sqrt 3  + \sqrt 2  - \sqrt 3  - 1\)

\( = 2\sqrt 2  - 1\)

Lại có

$\begin{array}{l}C = (2\sqrt 3  - 5\sqrt {27}  + 4\sqrt {12} ):\sqrt 3 \\  = \left( {2\sqrt 3 - 5\sqrt {9.3} + 4\sqrt {4.3} } \right):\sqrt 3 \\= (2\sqrt 3  - 5.3\sqrt 3  + 4.2\sqrt 3 ):\sqrt 3 \\ =  - 5\sqrt 3 :\sqrt 3 \\ =  - 5\end{array}$

Nhận thấy \(B = 2\sqrt 2  - 1 > 0;\,C =  - 5 < 0 \Rightarrow B > C\)

Sử dụng công thức trục căn thức ở mẫu.

Sử dụng công thức trục căn thức ở mẫu.

Với các biểu thức $A,B$ mà $A.B \ge 0;B \ne 0$, ta có $\sqrt {\dfrac{A}{B}}  = \dfrac{{\sqrt {AB} }}{{\left| B \right|}} = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\sqrt {AB} }}{B}\,\,khi\,B > 0\\ - \dfrac{{\sqrt {AB} }}{B}\,\,khi\,B < 0\end{array} \right.$

+ Tính góc \(ABC\) từ đó suy ra góc \(ABD\)

+ Sử dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông \(ABD\)  để tính \(BD.\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {ABC} + \widehat C = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {ABC} = 50^\circ \)

Mà \(BD\) là phân giác góc \(ABC\) nên \(\widehat {ABD} = \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} = 25^\circ \)

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) ta có \(BD = \dfrac{{AB}}{{\cos \widehat {ABD}}} = \dfrac{{21}}{{\cos 25^\circ }} \approx 23,2\,cm\)

Từ tỉ số lượng giác sin, cos để chứng minh.

Giả sử ta có tam giác vuông có các cạnh và góc $\alpha $ như hình vẽ.

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có:

$\sin \alpha =\frac{b}{a},\cos \alpha =\frac{c}{a},\tan \alpha =\frac{b}{c},\cot \alpha =\frac{c}{b}$.

Ta có: ${{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha ={{\left( \frac{b}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{c}{a} \right)}^{2}}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}}=1$

Vậy ${\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1$

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: “ bình phương cạnh góc vuông bằng tích hình chiếu của nó lên cạnh huyền với cạnh huyền”

Đặt tên như hình vẽ trên.

Tam giác \(MNP\)  vuông tại \(M\)  có \(MH \bot NP\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(M{N^2} = N{H^2}.NP \Rightarrow {6^2} = x.8 \Rightarrow x = 36:8 = 4,5.\)

Vậy \(x = 4,5.\)

Sử dụng công thức khai phương một tích: Với hai số \(a,b\) không âm, ta có \(\sqrt {ab}  = \sqrt a .\sqrt b \)

Ta có: \(\sqrt {2018} .\sqrt {2019}  = \sqrt {2018.2019} \)

-Sử dụng công thức khai phương một tích  \(\sqrt {AB}  = \sqrt A .\sqrt B ,\,\,\left( {A,B \ge 0} \right)\) đưa biểu thức về các căn thức cùng loại (cùng biểu thức dưới dấu căn).

-Cộng trừ các căn thức

\(\sqrt {32}  + \sqrt {50}  - 3\sqrt 8  - \sqrt {18} \)\( = \sqrt {16.2}  + \sqrt {25.2}  - 3\sqrt {4.2}  - \sqrt {9.2} \)

\(= 4\sqrt 2  + 5\sqrt 2  - 6\sqrt 2  - 3\sqrt 2  = 0\)

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ , đường cao $AH$ . Khi đó ta có hệ thức $H{A^2} = HB.HC$

Tính \(x\) theo hệ thức lượng \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{15.20}}{{\sqrt {{{15}^2} + {{20}^2}} }} = 12\)

Vậy \(x = 12\).

Sử dụng cách so sánh hai căn bậc hai $\sqrt A  > \sqrt B  \Leftrightarrow A > B$ với $A,B$ không âm.

Vì $3 = \sqrt 9 $ nên $\sqrt x  \ge 3$ được viết là $\sqrt x  \ge \sqrt 9 $. Vì $x$ không âm nên $\sqrt x  \ge \sqrt 9 $$ \Rightarrow x \ge 9$.

So sánh hai căn bậc hai: Với hai số \(a,b\) không âm ta có \(a < b \Leftrightarrow \sqrt a  < \sqrt b \).

Tách \(5 = 7 - 2 = \sqrt {49}  - 2\).

Vì \(49 < 50 \) nên \( \sqrt {49}  < \sqrt {50} \)

\( 7 < \sqrt {50} \)

\(7 - 2 < \sqrt {50}  - 2 \)

\( 5 < \sqrt {50}  - 2\).

Đưa thừa số vào trong dấu căn để so sánh hai số \(\sqrt A  < \sqrt B  \Leftrightarrow 0 \le A < B\).

Đưa thừa số vào trong dấu căn

+) \(A\sqrt B  = \sqrt {{A^2}B} \) với \(A \ge 0\) và \(B \ge 0\)

+) \(A\sqrt B  =  - \sqrt {{A^2}B} \) với \(A < 0\) và \(B \ge 0\)

Ta có: \(9\sqrt 7  = \sqrt {{9^2}.7}  = \sqrt {81.7}  = \sqrt {567} \); \(8\sqrt 8  = \sqrt {{8^2}.8}  = \sqrt {64.8}  = \sqrt {512} \)

Vì \(512 < 567 \) nên \( \sqrt {512}  < \sqrt {567}  \) hay \(8\sqrt 8  < 9\sqrt 7 \)

\(\sqrt A \) xác định (hay có nghĩa)  khi \(A\) lấy giá trị không âm tức là \(A \ge 0.\)

Ngoài ra: \(\dfrac{1}{A} \ge 0 \Leftrightarrow A > 0\)

Ta có \(\sqrt {\dfrac{1}{{x - 1}}} \) có nghĩa  \( \Leftrightarrow  \dfrac{1}{{x - 1}} \ge 0 \Rightarrow  x - 1 > 0\)  (vì $1>0$)

\( \Leftrightarrow x > 1\)

-Đưa biểu thức dưới dấu căn thành hằng đẳng thức ${\left( {a + b} \right)^2} = {a^2} + 2ab + {b^2}$ và ${\left( {a - b} \right)^2} = {a^2} - 2ab + {b^2}$.

-Sử dụng hằng đẳng thức $\sqrt {{A^2}}  = \left| A \right|$

- Phá dấu giá trị tuyệt đối $\left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,khi\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,A < 0\end{array} \right.$ (dựa vào điều kiện đề bài).

Ta có $\sqrt {{a^2} + 8a + 16}  = \sqrt {{{\left( {a + 4} \right)}^2}}  = \left| {a + 4} \right|$.

Mà $ - 4 \le a \le 4 \Rightarrow a + 4 \ge 0$

$\Rightarrow \left| {a + 4} \right| = a + 4$

Hay $\sqrt {{a^2} + 8a + 16}  = a + 4$ với $ - 4 \le a \le 4$

Ta có $\sqrt {{a^2} - 8a + 16}  = \sqrt {{{\left( {a - 4} \right)}^2}} $

$= \left| {a - 4} \right|$.

Mà $ - 4 \le a \le 4 \Rightarrow a - 4 \le 0 $

$\Rightarrow \left| {a - 4} \right| = 4 - a$

Hay $\sqrt {{a^2} - 8a + 16}  = 4 - a$ với $ - 4 \le a \le 4$

Khi đó $\sqrt {{a^2} + 8a + 16}  + \sqrt {{a^2} - 8a + 16}  $

$= a + 4 + 4 - a = 8$.

- Sử dụng công thức khai phương một tích: Với hai số \(a,b\) không âm, ta có \(\sqrt {ab}  = \sqrt a .\sqrt b \).

Ta có: \(\sqrt {252}  - \sqrt {700}  + \sqrt {1008}  - \sqrt {448} \)\( = \sqrt {36.7}  - \sqrt {100.7}  + \sqrt {144.7}  - \sqrt {64.7} \)\( = \sqrt {36} .\sqrt 7  - \sqrt {100} .\sqrt 7  + \sqrt {144} .\sqrt 7  - \sqrt {64} .\sqrt 7  = 6\sqrt 7  - 10\sqrt 7  + 12\sqrt 7  - 8\sqrt 7  = \sqrt 7 \left( {6 - 10 + 12 - 8} \right) = 0\)

Sử dụng công thức đưa thừa số vào trong dấu căn và công thức khai phương một tích để xuất hiện nhân tử chung từ đó thực hiện phép tính.

Đưa thừa số vào trong dấu căn

+) $A\sqrt B  = \sqrt {{A^2}B} $ với $A \ge 0$ và $B \ge 0$

+) $A\sqrt B  =  - \sqrt {{A^2}B} $ với $A < 0$ và $B \ge 0$

Công thức khai phương một tích

$\sqrt {AB}  = \sqrt A .\sqrt B \,\,\left( {A \ge 0;B \ge 0} \right)$

Ta có \(5\sqrt a  - 4b\sqrt {25{a^3}}  + 5a\sqrt {16a{b^2}}  - \sqrt {9a} \)$ = 5\sqrt a  - 4\sqrt {25{a^3}{b^2}}  + 5\sqrt {16a{b^2}.{a^2}}  - \sqrt 9 .\sqrt a $

$ = 5\sqrt a  - 4\sqrt {25} .\sqrt {{a^3}{b^2}}  + 5\sqrt {16} .\sqrt {{a^3}{b^2}}  - 3\sqrt a $$ = \left( {5\sqrt a  - 3\sqrt a } \right) - \left( {4.5\sqrt {{a^3}{b^2}}  - 5.4\sqrt {{a^3}{b^2}} } \right)$$ = 2\sqrt a $

Trục căn thức ở mẫu theo công thức

Với các biểu thức \(A,B,C\) mà \(A \ge 0,A \ne {B^2}\), ta có \(\dfrac{C}{{\sqrt A  + B}} = \dfrac{{C\left( {\sqrt A  - B} \right)}}{{A - {B^2}}};\dfrac{C}{{\sqrt A  - B}} = \dfrac{{C\left( {\sqrt A  + B} \right)}}{{A - {B^2}}}\)

Ta có: \(\dfrac{2}{{7 + 3\sqrt 5 }} + \dfrac{2}{{7 - 3\sqrt 5 }} = \dfrac{{2\left( {7 - 3\sqrt 5 } \right)}}{{\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)\left( {7 - 3\sqrt 5 } \right)}} + \dfrac{{2\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)}}{{\left( {7 - 3\sqrt 5 } \right)\left( {7 + 3\sqrt 5 } \right)}}\)

\( = \dfrac{{14 - 6\sqrt 5 }}{{{7^2} - {{\left( {3\sqrt 5 } \right)}^2}}} + \dfrac{{14 + 6\sqrt 5 }}{{{7^2} - {{\left( {3\sqrt 5 } \right)}^2}}} = \dfrac{{14 - 6\sqrt 5  + 14 + 6\sqrt 5 }}{{49 - 9.5}} = \dfrac{{28}}{4} = \dfrac{7}{1}\)

Suy ra \(a = 7;b = 1 \Rightarrow a + b = 7 + 1 = 8\).

Sử dụng: với \(P = \dfrac{a}{b}\) với \(a,b \in \mathbb{Z}\) thì \(P \in \mathbb{Z} \) khi \( a\, \vdots \,b\)

TH1: \(\sqrt x \) là số vô tỉ thì \(\dfrac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 2}}\) là số vô tỉ hay \(P\) là số vô tỉ (loại).

TH2: \(\sqrt x \) là số nguyên.

Ta có: \(P = \dfrac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  - 2}} = \dfrac{{\sqrt x  - 2 + 5}}{{\sqrt x  - 2}} \)\(= \dfrac{{\sqrt x  - 2}}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{5}{{\sqrt x  - 2}} = 1 + \dfrac{5}{{\sqrt x  - 2}}\)

Vì \(1 \in \mathbb{Z}\) nên để \(P = 1 + \dfrac{5}{{\sqrt x  - 2}}\) nhận giá trị nguyên thì \(\dfrac{5}{{\sqrt x  - 2}} \in \mathbb{Z}\) hay \(5 \,\vdots \,\left( {\sqrt x  - 2} \right) \\\left( {\sqrt x  - 2} \right) \in Ư\left( 5 \right) = \left\{ {1; - 1;5; - 5} \right\}\)

+) \(\sqrt x  - 2 = 1 \) \( \sqrt x  = 3 \\x = 9\left( {tm} \right)\)

+) \(\sqrt x  - 2 =  - 1 \) \( \sqrt x  = 1 \\ x = 1\left( {tm} \right)\)

+) \(\sqrt x  - 2 = 5 \) \( \sqrt x  = 7 \\ x = 49\left( {tm} \right)\)

+) \(\sqrt x  - 2 =  - 5 \) \( \sqrt x  =  - 3\) (vô nghiệm vì \(\sqrt x  \ge 0\) với mọi \( x \ge 0\))

Vậy có ba giá trị của \(x\) thỏa mãn điều kiện là \(x = 1;x = 9;x = 49\).

Cho \(A = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{2}\)

Giải phương trình chứa căn bằng cách quy đồng mẫu số, đưa phương trình về dạng chứa căn cơ bản đã biết.

Với \(x \ge 0;x \ne 4\) ta có: \(A = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{2} \\ \dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 2}} = \dfrac{{\sqrt x  - 1}}{2}\)

\( \Rightarrow 2\left( {\sqrt x  + 1} \right) = \left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right) \\ 2\sqrt x  + 2 = x - 3\sqrt x  + 2\)

\( \\ x - 5\sqrt x  = 0 \\ \sqrt x \left( {\sqrt x  - 5} \right) = 0 \\ \left[ \begin{array}{l}\sqrt x  = 0\\\sqrt x  = 5\end{array} \right. \\ \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {tm} \right)\\x = 25\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy giá trị cần tìm là \(x = 0;x = 25\).

+ Tìm điều kiện

+ Giải phương trình dạng \(\sqrt A  = B\,\left( {B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}\)

Điều kiện:

\(x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2.\)

Ta có: \(\sqrt {2{x^2} - 4x + 5}  = x - 2\)\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 5 = {x^2} - 4x + 4 \Leftrightarrow {x^2} + 1 = 0\) \( \Leftrightarrow {x^2} =  - 1\,\) (vô nghiệm vì \({x^2} \ge 0\,\,\forall x\) )

Vậy phương trình vô nghiệm.

+ Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi qui đồng mẫu các phân thức

+ Từ đó rút gọn phân thức

$\begin{array}{l}B = \dfrac{x}{{x - 4}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}} = \dfrac{x}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  - 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x  + 2}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{x + \sqrt x  + 2 + \sqrt x  - 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x  + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}.\end{array}$

Vậy \(B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  - 2}}\)  với \(x \ge 0;\,\,x \ne 4\).

Bước 1: Tính $AB,AC$ dựa vào tỉ lệ cho trước và hệ thức $\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}$

Bước 2: Tính $CH$ theo định lý Pytago

Ta có $AB:AC = 3:4$ , đặt $AB = 3a;AC = 4a\,\left( {a > 0} \right)$

Theo hệ thức lượng $\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}$$ \Rightarrow \dfrac{1}{{36}} = \dfrac{1}{{9{a^2}}} + \dfrac{1}{{16{a^2}}} \Rightarrow \dfrac{1}{{36}} = \dfrac{{25}}{{144{a^2}}} \Rightarrow a = \dfrac{5}{2}$ (TM )

$ \Rightarrow AB = 7,5;AC = 10$

Theo định lý Pytago cho tam giác vuông $AHC$ ta có $CH = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}}  = \sqrt {100 - 36}  = 8$

Vậy $CH = 8$ .

Sử dụng tỉ số lương giác của góc nhọn, định lý Pytago để tính cạnh.

Vì tam giác $ABC$ vuông tại  $A$ nên $\cot C = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow AC = AB.\cot C = 5.\dfrac{7}{8} = \dfrac{{35}}{8} \approx 4,38\,\,cm$

Theo định lý Pytago ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {\left( {\dfrac{{35}}{8}} \right)^2} \Rightarrow BC \approx 6,64\)

Vậy $AC \approx 4,38(cm);BC \approx 6,64(cm)$.

Biến đổi để sử dụng các đẳng thức lượng giác thích hợp.

Với $\tan \alpha  = \dfrac{{sin\alpha }}{{\cos \alpha }};{\cos ^2}\alpha  = 1 - {\sin ^2}\alpha $.

$Q = \dfrac{{1 + {{\sin }^2}\alpha }}{{1 - {{\sin }^2}\alpha }}$$ = \dfrac{{1 - {{\sin }^2}\alpha  + 2{{\sin }^2}\alpha }}{{1 - {{\sin }^2}\alpha }} = \dfrac{{1 - {{\sin }^2}\alpha }}{{1 - {{\sin }^2}\alpha }} + \dfrac{{2{{\sin }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}$

$ = 1 + 2.{\left( {\dfrac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }}} \right)^2} = 1 + 2{\tan ^2}\alpha $

Vậy $Q = 1 + 2{\tan ^2}\alpha $.

Ta có \(BC = 3,5\,\,m;\widehat C = 62^\circ \). Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(AC = BC.\cos \widehat C = 3,5.\cos 62^\circ  \simeq 1,64\,\,m\).

Áp dụng hệ thức \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\)  để biến đổi giả thiết

Ta có \({\sin ^2}x + {\cos ^2}x = 1\) \( \Rightarrow {\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x\)

Từ đó ${\cos ^2}x - {\sin ^2}x = \dfrac{1}{2}$

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}x - \left( {1 - {{\cos }^2}x} \right) = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x = \dfrac{3}{2}\) \( \Leftrightarrow {\cos ^2}x = \dfrac{3}{4} \Rightarrow \cos x = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)  (do \(x\) là góc nhọn nên \(\cos x > 0\) )

Suy ra \(x = 30^\circ .\)

Đặt \(AB = 5a;AC = 7a\) \(\left( {a > 0} \right)\)

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông một cách thích hợp để tìm  \(HC.\)

Vì \(\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{5}{7} \Rightarrow AB = 5a;AC = 7a\)  với \(a > 0.\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có

\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{{15}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {5a} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {7a} \right)}^2}}}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{225}} = \dfrac{1}{{25{a^2}}} + \dfrac{1}{{49{a^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{225}} = \dfrac{{74}}{{1225{a^2}}} \Rightarrow {a^2} = \dfrac{{666}}{{49}} \Rightarrow a = \dfrac{{3\sqrt {74} }}{7}\)

Suy ra \(AB = \dfrac{{15\sqrt {74} }}{7};AC = 3\sqrt {74} \)

Lại có \(AH.BC = AB.AC \Rightarrow BC = \dfrac{{AB.AC}}{{AH}} = \dfrac{{222}}{7}\)

Mà \(A{C^2} = CH.BC \Rightarrow HC = \dfrac{{A{C^2}}}{{BC}} = 21\,cm.\)

+ Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi qui đồng mẫu các phân thức

+ Từ đó rút gọn phân thức

$A = \dfrac{{2x}}{{x + 3\sqrt x  + 2}} + \dfrac{{5\sqrt x  + 1}}{{x + 4\sqrt x  + 3}} + \dfrac{{\sqrt x  + 10}}{{x + 5\sqrt x  + 6}}$$= \dfrac{{2x}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} + \dfrac{{5\sqrt x  + 1}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}} + \dfrac{{\sqrt x  + 10}}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}$

\( = \dfrac{{2x\left( {\sqrt x  + 3} \right) + \left( {5\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right) + \left( {\sqrt x  + 10} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \dfrac{{2x\sqrt x  + 6x + 5x + 11\sqrt x  + 2 + x + 11\sqrt x  + 10}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \dfrac{{2x\sqrt x  + 12x + 22\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\( = \dfrac{{2x\sqrt x  + 2x + 10x + 10\sqrt x  + 12\sqrt x  + 12}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\)

\(\begin{array}{l} = \dfrac{{2x\left( {\sqrt x  + 1} \right) + 10\sqrt x \left( {\sqrt x  + 1} \right) + 12\left( {\sqrt x  + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {2x + 10\sqrt x  + 12} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{2\left( {x + 5\sqrt x + 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{2\left( {x + 2\sqrt x + 3\sqrt x + 6} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\ = \dfrac{{2\left[ {\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right) + 3\left( {\sqrt x + 2} \right)} \right]}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\\= \dfrac{{2\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)\left( {\sqrt x  + 3} \right)}}\\ = 2\end{array}\)

Vậy giá trị của $A$ không phụ thuộc vào biến $x.$

Bài toán kết hợp cả hai bất đẳng thức quen thuộc là Cosi và Bunhiacopxki để chứng minh bất đẳng thức.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

+ Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương: $a + b \ge 2\sqrt {ab} $.

+ Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số $(a;\,\,b);\,\,(c;\,\,d)$ ta có ${\left( {ac + bd} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right)$.

Theo bất đẳng thức Cô si:

$\sqrt {1 + {a^2}}  + \sqrt {1 + {b^2}}  \ge 2\sqrt {\sqrt {1 + {a^2}} \sqrt {1 + {b^2}} }  = 2\sqrt[4]{(1 + {a^2}) (1 + {b^2})}.$

Theo bất đẳng thức Bunhia cốpxki:

\(\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right) = \left( {1 + {a^2}} \right)\left( {{b^2} + 1} \right) \ge {(a + b)^2}\)

$ \Rightarrow \sqrt {1 + {a^2}}  + \sqrt {1 + {b^2}}  \ge 2\sqrt {a + b} $

Tương tự: $\sqrt {1 + {b^2}}  + \sqrt {1 + {c^2}}  \ge 2\sqrt {b + c} $$ \Rightarrow \sqrt {1 + {c^2}}  + \sqrt {1 + {a^2}}  \ge 2\sqrt {c + a} $

Cộng cả ba bất đẳng thức trên rồi chia cho 2 ta có:

\(\sqrt {1 + {a^2}}  + \sqrt {1 + {b^2}}  + \sqrt {1 + {c^2}}  \ge \sqrt {a + b}  + \sqrt {b + c}  + \sqrt {c + a} \)

Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = 1.\)