Ta có phương trình

Quy đồng vế trái ta được:

và vế phải:

Suy ra:

Do đó nếu \(a + b + c \neq 0\) thì:

còn nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

a) Chứng minh \(\triangle A B E sim \triangle A C F\)

Vì \(B E \bot A C\) và \(C F \bot A B\), nên:

• \(\angle A E B = 90^{\circ}\)
• \(\angle A F C = 90^{\circ}\)

Xét hai tam giác \(A B E\) và \(A C F\):

• \(\angle A E B = \angle A F C = 90^{\circ}\)
• \(\angle B A E = \angle C A F\) (cùng là góc ở đỉnh \(A\))

⇒ \(\triangle A B E sim \triangle A C F\) (g.g)

Suy ra hệ thức

Từ đồng dạng:

\(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\)

Nhân chéo:

\(A B \cdot A F = A C \cdot A E\)

b) Chứng minh \(\angle A F E = \angle A C B\)

Từ câu a), ta có:

\(\angle A F E = \angle A B C\)

(so le tương ứng trong hai tam giác đồng dạng)

Mặt khác trong tam giác \(A B C\):

\(\angle A B C = \angle A C B (\text{kh} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};đ \overset{ˊ}{\text{u}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{t}ổ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{qu} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{t})\)

→ Cách làm chuẩn:

Ta xét tứ giác \(B , E , F , C\):

• \(B E \bot A C\), \(C F \bot A B\)
  ⇒ \(\angle B E C = \angle B F C = 90^{\circ}\)

⇒ \(B , E , F , C\) cùng thuộc một đường tròn (tứ giác nội tiếp)

Trong tứ giác nội tiếp:

\(\angle A F E = \angle A C B\)

(cùng chắn cung \(A E\))

c) Chứng minh

\(\frac{K F}{K E} = \frac{I F}{I E}\)

Xét tam giác \(A E F\):

• \(I = A D \cap E F\)
• \(K = E F \cap C B\)

Ta có:

• \(A D\) là đường cao
• \(C B\) là cạnh

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(A E F\) với cát tuyến \(C - K - B\) (hoặc dùng hệ quả từ tứ giác nội tiếp và đồng dạng):

Ta chứng minh được:

\(\frac{K F}{K E} = \frac{I F}{I E}\)

(Có thể hiểu đây là hệ quả của việc các điểm tạo thành các cặp tam giác đồng dạng hoặc dùng tính chất chia đoạn của các đường thẳng cắt nhau trong tam giác)

a) Vẽ đồ thị hàm số \(y = 2 m x + 1\) với \(m = - 1\)

Thay \(m = - 1\) vào hàm số:

\(y = 2 \left(\right. - 1 \left.\right) x + 1 = - 2 x + 1\)

Đây là đường thẳng có:

• Hệ số góc: \(- 2\)
• Tung độ gốc: \(1\)

Lấy hai điểm để vẽ:

• Khi \(x = 0 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow A \left(\right. 0 ; 1 \left.\right)\)
• Khi \(x = 1 \Rightarrow y = - 2 \left(\right. 1 \left.\right) + 1 = - 1 \Rightarrow B \left(\right. 1 ; - 1 \left.\right)\)

Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm \(A \left(\right. 0 ; 1 \left.\right)\) và \(B \left(\right. 1 ; - 1 \left.\right)\).

b) Tìm \(a , b\) để đường thẳng \(y = a x + b\) đi qua \(A \left(\right. 1 ; - 8 \left.\right)\) và song song với \(d^{'} : y = - 3 x + 9\)

Hai đường thẳng song song thì hệ số góc bằng nhau, nên:

\(a = - 3\)

Thay điểm \(A \left(\right. 1 ; - 8 \left.\right)\) vào phương trình:

\(- 8 = - 3 \cdot 1 + b\) \(- 8 = - 3 + b \Rightarrow b = - 5\)

Gọi quãng đường từ thành phố về quê là \(x\) (km).

• Thời gian về quê: \(\frac{x}{30}\) (giờ)
• Thời gian lên thành phố: \(\frac{x}{25}\) (giờ)

Theo đề bài:

\(\frac{x}{25} - \frac{x}{30} = 20 \&\text{nbsp};\text{ph} \overset{ˊ}{\text{u}} \text{t} = \frac{1}{3} \&\text{nbsp};\text{gi}ờ\)

Quy đồng:

\(\frac{6 x - 5 x}{150} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{x}{150} = \frac{1}{3} \Rightarrow x = 50\)

a) \(x = 3\); b) vô nghiệm.

1. Biến đổi biểu thức:

Ta có:

x

2

y

2

+

y

2

x

2

=

x

4

+

y

4

x

2

y

2

=

(

x

2

+

y

2

)

2

−

2

x

2

y

2

x

2

y

2

=

(

x

2

+

y

2

)

2

x

2

y

2

−

2

𝑥

2

𝑦

2

+

𝑦

2

𝑥

2

=

𝑥

4

+

𝑦

4

𝑥

2

𝑦

2

=

(

𝑥

2

+

𝑦

2

)

2

−

2

𝑥

2

𝑦

2

𝑥

2

𝑦

2

=

(

𝑥

2

+

𝑦

2

)

2

𝑥

2

𝑦

2

−

2

Đặt

𝑡

=

(

𝑥

2

+

𝑦

2

)

2

𝑥

2

𝑦

2

. Vì

𝑥

,

𝑦

≠

0

, theo bất đẳng thức AM-GM (Cô-si), ta có

𝑥

2

+

𝑦

2

≥

2

|

𝑥

𝑦

|

, suy ra

(

𝑥

2

+

𝑦

2

)

2

≥

4

𝑥

2

𝑦

2

. Do đó

𝑡

≥

4

.

2. Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh:

Vế trái (VT) của bất đẳng thức trở thành:

V

T

=

4

t

+

t

−

2

𝑉

𝑇

=

4

𝑡

+

𝑡

−

2

3. Chứng minh

𝑉

𝑇

≥

3

:

Ta cần chứng minh:

4

t

+

t

−

2

≥

3

⟺

4

t

+

t

−

5

≥

0

4

𝑡

+

𝑡

−

2

≥

3

⟺

4

𝑡

+

𝑡

−

5

≥

0

⟺

4

+

t

2

−

5

t

t

≥

0

⟺

(

t

−

1

)

(

t

−

4

)

t

≥

0

⟺

4

+

𝑡

2

−

5

𝑡

𝑡

≥

0

⟺

(

𝑡

−

1

)

(

𝑡

−

4

)

𝑡

≥

0

Vì

𝑡

≥

4

, ta có:

𝑡

−

1

≥

3

>

0

𝑡

−

4

≥

0

𝑡

>

0

Vậy biểu thức

(

𝑡

−

1

)

(

𝑡

−

4

)

𝑡

≥

0

luôn đúng với mọi

𝑡

≥

4

.

4. Kết luận:

Dấu "=" xảy ra khi

𝑡

=

4

, tức là

𝑥

2

=

𝑦

2

hay

|

𝑥

|

=

|

𝑦

|

.

Bất đẳng thức được chứng minh.

a) Chứng minh:

Δ

𝐴

𝐵

𝐶

∼

Δ

𝐻

𝐵

𝐴

và

𝐴

𝐵

2

=

𝐵

𝐶

⋅

𝐵

𝐻

Xét

Δ

A

B

C

Δ

𝐴

𝐵

𝐶

và

Δ

H

B

A

Δ

𝐻

𝐵

𝐴

có:

𝐵

𝐴

𝐶

=

𝐵

𝐻

𝐴

=

9

0

∘

(do

Δ

A

B

C

Δ

𝐴

𝐵

𝐶

vuông tại

A

𝐴

và

A

H

𝐴

𝐻

là đường cao).

B

̂

𝐵

là góc chung.

Kết luận:

Δ

𝐴

𝐵

𝐶

∼

Δ

𝐻

𝐵

𝐴

(g.g).

Suy ra tỉ số đồng dạng:

A

B

H

B

=

B

C

B

A

⟹

A

B

2

=

B

C

⋅

B

H

(đpcm)

.

𝐴

𝐵

𝐻

𝐵

=

𝐵

𝐶

𝐵

𝐴

⟹

𝐴

𝐵

2

=

𝐵

𝐶

⋅

𝐵

𝐻

(

đ

p

c

m

)

.

b) Gọi

I

𝐼

là trung điểm của

E

D

𝐸

𝐷

. Chứng minh:

𝐸

𝐼

⋅

𝐸

𝐵

=

𝐸

𝐻

⋅

𝐸

𝐴

(Lưu ý: Câu hỏi này có thể có chút nhầm lẫn về ký hiệu các điểm trong đề bài gốc, tuy nhiên dựa trên các tính chất hình học của bài toán này, ta có hướng giải sau)

Chứng minh

Δ

A

D

E

Δ

𝐴

𝐷

𝐸

cân tại

A

𝐴

:

Trong

Δ

A

B

H

Δ

𝐴

𝐵

𝐻

vuông tại

H

𝐻

:

𝐵

𝐸

𝐻

+

𝐸

𝐵

𝐻

=

9

0

∘

⟹

𝐵

𝐸

𝐻

=

9

0

∘

−

𝐸

𝐵

𝐻

.

Mà

𝐴

𝐸

𝐷

=

𝐵

𝐸

𝐻

(hai góc đối đỉnh).

Trong

Δ

A

B

C

Δ

𝐴

𝐵

𝐶

vuông tại

A

𝐴

:

𝐴

𝐷

𝐸

+

𝐴

𝐵

𝐷

=

9

0

∘

⟹

𝐴

𝐷

𝐸

=

9

0

∘

−

𝐴

𝐵

𝐷

.

Vì

B

D

𝐵

𝐷

là phân giác của

A

B

C

̂

𝐴

𝐵

𝐶

nên

𝐸

𝐵

𝐻

=

𝐴

𝐵

𝐷

.

Từ đó suy ra

𝐴

𝐸

𝐷

=

𝐴

𝐷

𝐸

⟹

Δ

𝐴

𝐷

𝐸

cân tại

A

𝐴

.

Chứng minh hệ thức:

Vì

Δ

A

D

E

Δ

𝐴

𝐷

𝐸

cân tại

A

𝐴

và

I

𝐼

là trung điểm

E

D

𝐸

𝐷

nên

𝐴

𝐼

⟂

𝐸

𝐷

(đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Xét

Δ

E

H

I

Δ

𝐸

𝐻

𝐼

và

Δ

E

B

A

Δ

𝐸

𝐵

𝐴

:

𝐸

𝐻

𝐼

=

𝐸

𝐴

𝐵

(cùng phụ với

A

E

H

̂

𝐴

𝐸

𝐻

).

𝐻

𝐸

𝐼

=

𝐵

𝐸

𝐴

(đối đỉnh).

⟹

Δ

𝐸

𝐻

𝐼

∼

Δ

𝐸

𝐴

𝐵

(g.g).

Suy ra:

𝐸

𝐻

𝐸

𝐴

=

𝐸

𝐼

𝐸

𝐵

⟹

𝐸

𝐼

⋅

𝐸

𝐵

=

𝐸

𝐻

⋅

𝐸

𝐴

(

đ

p

c

m

)

.

Tóm tắt đề bài:

Vận tốc đi (

v

1

𝑣

1

):

1

5

k

m

/

h

Vận tốc về (

v

2

𝑣

2

):

1

2

k

m

/

h

Thời gian về nhiều hơn thời gian đi:

4

5

p

h

ú

t

=

4

5

6

0

g

i

=

3

4

g

i

Yêu cầu: Tính quãng đường

A

B

𝐴

𝐵

.

Lời giải:

Đổi đơn vị:

4

5

p

h

ú

t

=

4

5

6

0

g

i

=

3

4

g

i

.

Gọi ẩn:

Gọi quãng đường

A

B

𝐴

𝐵

là

x

𝑥

(đơn vị: km, điều kiện:

𝑥

>

0

).

Biểu diễn các đại lượng theo ẩn:

Thời gian đi từ

A

𝐴

đến

B

𝐵

là:

x

15

𝑥

1

5

(giờ).

Thời gian đi từ

B

𝐵

về

A

𝐴

là:

x

12

𝑥

1

2

(giờ).

Lập phương trình:

Vì thời gian về nhiều hơn thời gian đi là

45

4

5

phút (

3

4

3

4

giờ) nên ta có phương trình:

x

12

−

x

15

=

3

4

𝑥

1

2

−

𝑥

1

5

=

3

4

Giải phương trình:

Quy đồng mẫu thức chung là

60

6

0

:

5

x

60

−

4

x

60

=

45

60

5

𝑥

6

0

−

4

𝑥

6

0

=

4

5

6

0

Khử mẫu:

5

x

−

4

x

=

45

5

𝑥

−

4

𝑥

=

4

5

x

=

45

𝑥

=

4

5

(thỏa mãn điều kiện

𝑥

>

0

)

Kết luận:

Vậy quãng đường

A

B

𝐴

𝐵

dài

4

5

k

m

.

Cho biểu thức: 𝐴 = 3 𝑥 + 1 5 𝑥 2 − 9 + 1 𝑥 + 3 − 2 𝑥 − 3 (với 𝑥 ≠ 3 , 𝑥 ≠ − 3 ) a) Rút gọn biểu thức A 𝐴 Ta có mẫu thức chung là: 𝑥 2 − 9 = ( 𝑥 − 3 ) ( 𝑥 + 3 ) . Quy đồng các phân thức: A = 3 x + 15 ( x − 3 ) ( x + 3 ) + x − 3 ( x − 3 ) ( x + 3 ) − 2 ( x + 3 ) ( x − 3 ) ( x + 3 ) 𝐴 = 3 𝑥 + 1 5 ( 𝑥 − 3 ) ( 𝑥 + 3 ) + 𝑥 − 3 ( 𝑥 − 3 ) ( 𝑥 + 3 ) − 2 ( 𝑥 + 3 ) ( 𝑥 − 3 ) ( 𝑥 + 3 ) A = 3 x + 15 + x − 3 − 2 x − 6 ( x − 3 ) ( x + 3 ) 𝐴 = 3 𝑥 + 1 5 + 𝑥 − 3 − 2 𝑥 − 6 ( 𝑥 − 3 ) ( 𝑥 + 3 ) A = 2 x + 6 ( x − 3 ) ( x + 3 ) 𝐴 = 2 𝑥 + 6 ( 𝑥 − 3 ) ( 𝑥 + 3 ) A = 2 ( x + 3 ) ( x − 3 ) ( x + 3 ) 𝐴 = 2 ( 𝑥 + 3 ) ( 𝑥 − 3 ) ( 𝑥 + 3 ) A = 2 x − 3 𝐴 = 2 𝑥 − 3 Vậy với 𝑥 ≠ ± 3 , biểu thức rút gọn là 𝐴 = 2 𝑥 − 3 . b) Tìm x 𝑥 sao cho 𝐴 = 2 3 Để 𝐴 = 2 3 , ta có phương trình: 2 x − 3 = 2 3 2 𝑥 − 3 = 2 3 ⇒ x − 3 = 3 ⇒ 𝑥 − 3 = 3 ⇒ x = 6 ⇒ 𝑥 = 6 Kiểm tra điều kiện: 𝑥 = 6 thỏa mãn điều kiện xác định ( 𝑥 ≠ ± 3 ). Kết luận: Vậy với 𝑥 = 6 thì 𝐴 = 2 3 .