Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2019 — Không quảng cáo

Đề bài

Câu 1: Tìm tất cả các giá trị của $m$ để hàm số $y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1$ đồng biến trên $\mathbb{R}.$

A. $m > 1$ B. $m < 1$ C. $m <  - 1$ D. $m >  - 1$

Câu 2: Phương trình ${x^2} - 2x - 1 = 0$ có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}.$ Tính ${x_1} + {x_2}.$

A. ${x_1} + {x_2} = 2$ B. ${x_1} + {x_2} = 1$ C. ${x_1} + {x_2} =  - 2$ D. ${x_1} + {x_2} =  - 1$

Câu 3: Cho điểm $M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y =  - 3{x^2}.$ Biết ${x_M} =  - 2.$ Tính ${y_M}.$

A. ${y_M} = 6$ B. ${y_M} =  - 6$ C. ${y_M} =  - 12$ D. ${y_M} = 12$

Câu 4: Hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right.$ có bao nhiêu nghiệm?

A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số.

Câu 5: Với các số $a,\,\,b$ thỏa mãn $a < 0,\,\,b < 0$ thì biểu thức $a\sqrt {ab}$ bằng:

A. $- \sqrt {{a^2}b}$ B. $\sqrt {{a^3}b}$ C. $\sqrt {{a^2}b}$ D. $- \sqrt {{a^3}b}$

Câu 6: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 3cm,\,\,AC = 4cm.$ Tính độ dài đường cao $AH$ của tam giác $ABC.$

A. $AH = \dfrac{{12}}{7}cm$ B. $AH = \dfrac{5}{2}cm$ C. $AH = \dfrac{{12}}{5}cm$ D. $AH = \dfrac{7}{2}cm$

Câu 7: Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R = 2cm$ và đường tròn tâm $O'$ bán kính $R' = 3cm.$ Biết $OO' = 6cm.$ Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho là:

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Câu 8: Một quả bóng hình cầu có đường kính bằng $4cm.$ Thể tích quả bóng là:

A. $\dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}$ B. $\dfrac{{32}}{3}\,\,c{m^3}$ C. $\dfrac{{256\pi }}{3}\,\,c{m^3}$ D. $\dfrac{{256}}{3}\,\,c{m^3}$

II. TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 1 (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức $A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 }  - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 }$.

b) Chứng minh rằng $\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a  + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a  - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a  + 3} \right) = 1$ với $a \ge 0$ và $a \ne 9$.

Câu 2 (1,5 điểm):

Cho phương trình ${x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$  (với $m$ là tham số).

a) Giải phương trình $\left( 1 \right)$ với $m = 0.$

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của $m$ phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt.

c) Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình $\left( 1 \right).$ Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.$

Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..$

Câu 4 (3,0 điểm)

Qua điểm A nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$ vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn ( B, C là hai tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của AC , F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn $\left( O \right)$.

a) Chứng minh: tứ giác $ABOC$ là tứ giác nội tiếp, tam giác $CEF$ đồng dạng với tam giác $BEC$.

b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn $\left( O \right)$. Chứng minh $BF.CK = BK.CF$.

c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABF$.

Câu 5 (1 điểm):

Xét các số $x,\,\,y,\,\,z$ thay đổi thỏa mãn ${x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P = \dfrac{1}{2}{\left( {x + y + z} \right)^2} + 4\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right).$

Lời giải chi tiết

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM:

1. B	2. A	3. C	4. B
5. D	6. C	7. D	8. A

Câu 1 - Hàm số bậc nhất

Phương pháp:

Hàm số $y = ax + b\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi $a > 0$ và nghịch biến trên $\mathbb{R}$ khi $a < 0.$

Cách giải:

Hàm số $y = \left( {1 - m} \right)x + m + 1$ đồng biến trên $\mathbb{R} \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1.$

Chọn B.

Câu 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

Phương trình $a{x^2} + bx + c = 0\,\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ có hai nghiệm ${x_1},\,\,{x_2}$ thì theo hệ thức Vi-et ta có: ${x_1} + {x_2} =  - \dfrac{b}{a}.$

Cách giải:

Phương trình ${x^2} - 2x - 1 = 0$ có hai nghiệm ${x_1} + {x_2}.$

Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có: ${x_1} + {x_2} = 2.$

Chọn A.

Câu 3 - Đồ thị hàm số y = ax^2 (a ≠ 0)

Phương pháp:

Điểm $M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = a{x^2}\,\,\,\left( {a \ne 0} \right) \Rightarrow {y_0} = ax_0^2.$

Cách giải:

Điểm $M\left( {{x_M};\,\,{y_M}} \right)$ có hoành độ ${x_M} =  - 2$ và thuộc đồ thị hàm số $y =  - 3{x^2}$

$\Rightarrow {y_M} =  - 3.{\left( { - 2} \right)^2} =  - 1.$

Chọn C.

Câu 4 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}x - y = 2\\3x + y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x = 3\\y = x - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{3}{4}\\y =  - \dfrac{5}{4}\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Chọn B.

Câu 5 - Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương

Phương pháp:

Sử dụng công thức $A\sqrt B  = \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{A^2}B} \,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - \sqrt {{A^2}B} \,\,\,khi\,\,\,A < 0\end{array} \right..$

Cách giải:

Ta có: $a\sqrt {ab}  =  - \sqrt {{a^2}.ab}  =  - \sqrt {{a^3}b}$ vì $a < 0.$

Chọn D.

Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông

Phương pháp:

Sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: $\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}.$

Cách giải:

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{3^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{{25}}{{144}}\\ \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{144}}{{25}} \Rightarrow AH = \dfrac{{12}}{5}\,\,cm.\end{array}$

Chọn C.

Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn

Phương pháp:

Cho hai đường tròn $\left( {O;\,\,R} \right)$ và $\left( {O';\,\,R'} \right)$ khi đó ta có:

+) $OO' > R + R'$ thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

$\Rightarrow$ Hai đường tròn có $4$ tiếp tuyến chung.

+) $OO' < \left| {R - R'} \right|$ thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

$\Rightarrow$ Hai đường tròn không có tiếp tuyến chung.

+) $\left| {R - R'} \right| < OO' < R + R'$ thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.

$\Rightarrow$ Hai đường tròn có $2$ tiếp tuyến chung.

+) $OO' = R + R'$ thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.

$\Rightarrow$ Hai đường tròn có $1$ tiếp tuyến chung.

+) $OO' < \left| {R - R'} \right|$ thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.

$\Rightarrow$ Hai đường tròn có $1$ tiếp tuyến chung.

Cách giải:

Ta có: $OO' = 6cm$

Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}R' = 3cm\\R = 2cm\end{array} \right. \Rightarrow R' + R = 3 + 2 = 5cm < OO'$

$\Rightarrow$ Hai đường tròn nằm ngoài nhau

$\Rightarrow$ Hai đường tròn có $4$ tiếp tuyến chung.

Chọn D.

Câu 8 - Hình cầu - Diện tích mặt cầu và thể tích mặt cầu

Phương pháp:

Thể tích mặt cầu bán kính $R$ là: $V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}.$

Cách giải:

Bán kính của quả bóng là: $4:2 = 2cm.$

Thể tích của quả bóng đã cho là: $V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {.2^3} = \dfrac{{32\pi }}{3}\,\,c{m^3}.$

Chọn A.

PHẦN II: TỰ LUẬN

Câu 1 - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba

Phương pháp:

a) Sử dụng hằng đẳng thức.

b) Quy đồng, rút gọn.

Cách giải:

a) Rút gọn biểu thức $A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 }  - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 }$ .

Ta có:

$\begin{array}{l}3 - 2\sqrt 2  = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2  - 1} \right)^2}\\3 + 2\sqrt 2  = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + 2.\sqrt 2 .1 + {1^2} = {\left( {\sqrt 2  + 1} \right)^2}\end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow A = \sqrt {3 - 2\sqrt 2 }  - \sqrt {3 + 2\sqrt 2 } \\\,\,\,\,\,\,A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}^2}}  - \sqrt {{{\left( {\sqrt 2  + 1} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,A = \left| {\sqrt 2  - 1} \right| - \left| {\sqrt 2  + 1} \right|\\\,\,\,\,\,\,A = \left( {\sqrt 2  - 1} \right) - \left( {\sqrt 2  + 1} \right)\,\,\left( {Do\,\,\sqrt 2  - 1 > 0;\,\,\sqrt 2  + 1 > 0} \right)\\\,\,\,\,\,A = \sqrt 2  - 1 - \sqrt 2  - 1 =  - 2\end{array}$

Vậy $A =  - 2$.

b) Chứng minh rằng $\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a  + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a  - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a  + 3} \right) = 1$ với $a \ge 0$ và $a \ne 9$ .

Với $a \ge 0$ và $a \ne 9$ ta có:

$\begin{array}{l}VT = \left( {\dfrac{2}{{\sqrt a  + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a  - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a  + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {\sqrt a  - 3} \right) - \left( {\sqrt a  + 3} \right) + 6}}{{\left( {\sqrt a  - 3} \right)\left( {\sqrt a  + 3} \right)}}\left( {\sqrt a  + 3} \right)\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\sqrt a  - 6 - \sqrt a  - 3 + 6}}{{\sqrt a  - 3}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt a  - 3}}{{\sqrt a  - 3}} = 1 = VP\end{array}$

Vậy $\left( {\dfrac{2}{{\sqrt a  + 3}} - \dfrac{1}{{\sqrt a  - 3}} + \dfrac{6}{{a - 9}}} \right)\left( {\sqrt a  + 3} \right) = 1$ với $a \ge 0$ và $a \ne 9$.

Câu 2 - Ôn tập chương 4: Hàm số y = ax^2 (a ≠ 0) - Phương trình bậc hai một ẩn

Phương pháp:

a) Thay $m = 0$ vào phương trình và giải phương trình bậc hai.

b) Chứng minh phương trình có $\Delta  > 0$ với mọi $m.$

c) Áp dụng định lý Vi-et và biểu thức bài cho để làm bài toán.

Cách giải:

Cho phương trình ${x^2} - \left( {m - 2} \right)x - 6 = 0\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$ (với $m$ là tham số).

a) Giải phương trình $\left( 1 \right)$ với $m = 0.$

Thay $m = 0$ vào phương trình $\left( 1 \right)$ ta có: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 6 = 0$

Phương trình có: $\Delta ' = 1 + 6 = 7 > 0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt: $\left[ \begin{array}{l}{x_1} =  - 1 + \sqrt 7 \\{x_2} =  - 1 - \sqrt 7 \end{array} \right..$

Vậy với $m = 0$ thì phương trình $\left( 1 \right)$ có tập nghiệm: $S = \left\{ { - 1 - \sqrt 7 ;\,\, - 1 + \sqrt 7 } \right\}.$

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của $m$ phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt.

Phương trình $\left( 1 \right)$ có: $\Delta  = {\left( {m - 2} \right)^2} + 4.6 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 24$

Vì ${\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Rightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + 24 > 0\,\,\forall m \Leftrightarrow \Delta  > 0\,\,\forall m$

Vậy phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m.$

c) Gọi ${x_1},\,\,{x_2}$ là hai nghiệm của phương trình $\left( 1 \right).$ Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16.$

Với mọi $m$ thì  phương trình $\left( 1 \right)$ luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}.$

Áp dụng định lý Vi-et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m - 2\\{x_1}{x_2} =  - 6\end{array} \right..$

Ta có ${x_1}$ là nghiệm của phương trình $\left( 1 \right) \Rightarrow x_1^2 - \left( {m - 2} \right){x_1} - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x_1} = x_1^2 - 6\,\,\,\left( * \right)$

Theo đề bài ta có: $x_2^2 - {x_1}{x_2} + \left( {m - 2} \right){x_1} = 16\,\,\,\,\left( {**} \right)$

Thay $\left( * \right)$  vào $\left( {**} \right)$ ta được:

$\begin{array}{l}\left( {**} \right) \Leftrightarrow x_2^2 - {x_1}{x_2} + x_1^2 - 6 = 16\\ \Leftrightarrow x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2} = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} - 3.\left( { - 6} \right) = 22\\ \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 2 = 2\\m - 2 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 4\\m = 0\end{array} \right..\end{array}$

Vậy $m = 0,\,\,m = 4$ là các giá trị thỏa mãn bài toán.

Câu 3 - Hệ phương trình không mẫu mực

Phương pháp:

+) Cộng vế với vế của hệ phương trình.

+) Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

Cách giải:

Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right..$

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - xy + y - 7 = 0\\{x^2} + xy - 2y = 4\left( {x - 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - y - 7 = 4x - 4\\{x^2} - xy + y - 7 = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2{x^2} - 4x - 3\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} - x\left( {2{x^2} - 4x - 3} \right) + 2{x^2} - 4x - 3 - 7 = 0\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}$

Giải phương trình $\left( 2 \right)$ ta được:

$\begin{array}{l}\left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2{x^3} + 4{x^2} + 3x + 2{x^2} - 4x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow  - 2{x^3} + 7{x^2} - x - 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} - 7{x^2} + x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^3} + 2{x^2} - 9{x^2} - 9x + 10x + 10 = 0\\ \Leftrightarrow 2{x^2}\left( {x + 1} \right) - 9x\left( {x + 1} \right) + 10\left( {x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 9x + 10} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - 4x - 5x + 10} \right) = 0\end{array}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left[ {2x\left( {x - 2} \right) - 5\left( {x - 2} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {2x - 5} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\2x - 5 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = \dfrac{5}{2}\\x = 2\end{array} \right..\end{array}$

+) Với $x =  - 1 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( { - 1} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right) - 3 = 3.$

+) Với $x = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = 2.{\left( {\dfrac{5}{2}} \right)^2} - 4.\dfrac{5}{2} - 3 =  - \dfrac{1}{2}.$

+) Với $x = 2 \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow y = {2.2^2} - 4.2 - 3 =  - 3.$

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm: $S = \left\{ {\left( { - 1;\,\,3} \right);\,\,\left( {2; - 3} \right);\,\,\left( {\dfrac{5}{2}; - \dfrac{1}{2}} \right)} \right\}.$

Câu 4 - Ôn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học

Phương pháp:

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.

+) Chứng minh tam giác đồng dạng theo trường hợp góc – góc.

b) Chứng minh các tam giác đồng dạng và dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh đẳng thức bài yêu cầu.

Cách giải:

a) Chứng minh: tứ giác $ABOC$ là tứ giác nội tiếp, tam giác $CEF$ đồng dạng với tam giác $BEC$ .

+) Chứng minh: tứ giác $ABOC$ là tứ giác nội tiếp:

Do $AB,\,\,AC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AB \bot OB;\,\,AC \bot OC \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^0}$.

Xét tứ giác $ABOC$ có: $\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow$ Tứ giác $ABOC$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ⁰ ).

+) Chứng minh

Xét đường tròn $\left( O \right)$ ta có:

$\angle EOF$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung $CF.$

$\angle FBC$ là góc nội tiếp chắn cung $CF.$

$\Rightarrow \angle ECF = \angle CBF$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $CF$)

Xét $\Delta CEF$ và $\Delta BEC$ ta có:

b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn $\left( O \right)$ . Chứng minh $BF.CK = BK.CF$ .

Xét tam giác $ABF$ và tam giác $AKB$ có:

$\angle BAK\,\,\,chung$

$\angle ABF = \angle AKB$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $BF$);

(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Xét tam giác $ACF$ và tam giác $AKC$ có:

$\angle CAK$ chung;

$\angle ACF = \angle AKC$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $CF$);

(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Mà $AB = AC$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên $\dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}$ (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\dfrac{{BF}}{{BK}} = \dfrac{{CF}}{{CK}} \Rightarrow BF.CK = BK.CF$.

c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABF$ .

Xét tam giác $ECF$ và ta giác $EBC$ có:

$\angle BEC$ chung;

$\angle ECF = \angle EBC$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $CF$)

.

Mà $EC = EA\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow E{A^2} = EB.EF \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}$.

Xét tam giác $BEA$ và tam giác $AEF$ có:

$\begin{array}{l} & \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{EF}}{{EA}}\,\,\left( {cmt} \right)\\ & \angle AEB\,\,\,\,chung\end{array}$

(hai góc tương ứng)

Mà góc $\angle ABE$ là góc nội tiếp chắn cung $AF$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABF$; $\angle FAE$ ở vị trí góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung $AF$).

Vậy $AE$ là  tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABF$.

Câu 5 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Phương pháp:

Biến đổi biểu thức bài cho, đặt $x + y + z = t\,\,\left( {t > 0} \right).$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số.

Cách giải:

Theo đề bài ta có: ${x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = 2\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} - 2xy - 2yz - 2zx} \right) = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} - 2yz + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} - 2zx + {x^2}} \right)} \right] = 4\\ \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x - y} \right)}^2} + {{\left( {y - z} \right)}^2} + {{\left( {z - x} \right)}^2}} \right] = 4\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}$

Ta có: ${\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {y - z} \right)^2} + {\left( {z - x} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x,\,\,y,\,\,z$

$\Rightarrow x + y + z > 0.$

Đặt $x + y + z = t\,\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx = \dfrac{2}{t}.$

$\Rightarrow P = \dfrac{1}{2}{t^2} + \dfrac{8}{t} = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương $\dfrac{{{t^2}}}{2};\,\,\dfrac{4}{t};\,\,\dfrac{4}{t}$ ta có:

$P = \dfrac{{{t^2}}}{2} + \dfrac{4}{t} + \dfrac{4}{t} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{t^2}}}{2}.\dfrac{4}{t}.\dfrac{4}{t}}} = 3.\sqrt[3]{8} = 6.$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{{{t^2}}}{2} = \dfrac{4}{t} \Leftrightarrow {t^3} = 8 \Leftrightarrow t = 2$ $\Rightarrow x + y + z = 2.$

Vậy $Min\,\,P = 6$  khi $\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 2\\{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = 2\end{array} \right..$