19 đề ôn thi vào 10 chuyên hay có lời giải (Đề 18)

Với ab = 1 , a + b ¹ 0, ta có:

$\begin{array}{c}P=\frac{a^3+b^3}{{(a+b)}^3{\left(ab\right)}^3}+\frac{3(a^2+b^2)}{{(a+b)}^4{\left(ab\right)}^2}+\frac{6(a+b)}{{(a+b)}^5\left(ab\right)}\\ =\frac{a^3+b^3}{{(a+b)}^3}+\frac{3(a^2+b^2)}{{(a+b)}^4}+\frac{6(a+b)}{{(a+b)}^5}\\ =\frac{a^2+b^2-1}{{(a+b)}^2}+\frac{3(a^2+b^2)}{{(a+b)}^4}+\frac{6}{{(a+b)}^4}\\ =\frac{(a^2+b^2-1){(a+b)}^2+3(a^2+b^2)+6}{{(a+b)}^4}\\ =\frac{(a^2+b^2-1)(a^2+b^2+2)+3(a^2+b^2)+6}{{(a+b)}^4}\\ =\frac{{(a^2+b^2)}^2+4(a^2+b^2)+4}{{(a+b)}^4}\\ =\frac{{(a^2+b^2+2)}^2}{{(a+b)}^4}\\ =\frac{{(a^2+b^2+2ab)}^2}{{(a+b)}^4}\\ =\frac{{\left({(a+b)}^2\right)}^2}{{(a+b)}^4}\\ =1\end{array}$

Vậy P = 1, với ab = 1 , a+b ¹ 0.

Điều kiện: x ³ -3

Với điều kiện trên, phương trình trở thành:

$\begin{array}{c}2x^2-3x\sqrt{x+3}+{\left(\sqrt{x+3}\right)}^2=0\\ <=>2x^2-2x\sqrt{x+3}+{\left(\sqrt{x+3}\right)}^2-x\sqrt{x+3}=0\\ <=>2x(x-\sqrt{x+3})-\sqrt{x+3}(x-\sqrt{x-3})=0\\ <=>(x-\sqrt{x+3})(2x-\sqrt{x+3})=0\\ <=>\left(\begin{array}{c}\sqrt{x+3}=x\left(1\right)\\ \sqrt{x+3}=2x\left(2\right)\end{array}\right)\\ •\left(1\right):\sqrt{x+3}=x<=>\left(\begin{array}{c}x\ge 0\\ x+3=x^2\end{array}\right)<=>\left(\begin{array}{c}x\ge 0\\ \left(\begin{array}{c}x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}\\ x=\frac{1-\sqrt{13}}{2}\end{array}\right)\end{array}\right)<=>x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}\\ •\left(2\right):\sqrt{x+3}=2x<=>\left(\begin{array}{c}x\ge 0\\ x+3=4x^2\end{array}\right)<=>\left(\begin{array}{c}x\ge 0\\ \left(\begin{array}{c}x=1\\ x=\frac{-3}{4}\end{array}\right)\end{array}\right)<=>x=1\end{array}$

So với điều kiện ban đầu, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là: $S=\left(1;\frac{1+\sqrt{13}}{2}\right)$

a)    Chứng minh BA . BC = 2BD . BE

· Ta có: DBA+ ABC = 90⁰ , EBM +ABC = 90⁰

Þ DBA =EBM (1)

· Ta có: DONA = DOME (c-g-c)

Þ EAN= MEO

Ta lại có: DAB +BAE+ EAN  = 90⁰, và BEM +BAE +MEO  = 90⁰

Þ DAB= BEM (2)

· Từ (1) và (2) suy ra DBDA đồng dạng DBME (g-g)

$\begin{array}{c}=>\frac{BD}{BM}=\frac{BA}{BE}=>DB.BE=BA.BM=\frac{BA.BC}{2}\\ =>2BD.BE=BA.BC\end{array}$

b)    CD đi qua trung điểm của đường cao AH của D ABC

· Gọi F là giao của BD và CA.

Ta có BD.BE= BA.BM (cmt)

$\begin{array}{c}=>\frac{BD}{BA}=\frac{BM}{BE}=>\Delta BDM~\Delta BAE(c-g-c)\\ =>BMD=BEA\end{array}$

Mà BCF=BEA(cùng chắn AB)

=>BMD=BCF=>MD//CF=>D là trung điểm BF

· Gọi T là giao điểm của CD và AH .

DBCD có TH //BD $=>\frac{TH}{BD}=\frac{CT}{CD}$ (HQ định lí Te-let) (3)

DFCD có TA //FD $=>\frac{TA}{FD}=\frac{CT}{CD}$ (HQ định lí Te-let) (4)

Mà BD= FD (D là trung điểm BF ) (5)

· Từ (3), (4) và (5) suy ra TA =TH ÞT là trung điểm AH .