CHƯƠNG I: CĂN BẬC HAI – CĂN BẬC BA
Bài 1:
3 2 2 3
3 2 2 3
x x y xy y
A
x x y xy y
− − +
=
+ − −
Giải:
a. Rút gọn A:
3 2 2 3 2 2 2 2
3 2 2 3 2 2 2 2
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
x x y xy y x x y y x y x y x y
A
x x y xy y x x y y x y x y x y
− − + − − − − −
= = =
+ − − + − + + −
Vậy
x y
A
x y
−
=
+
(đk
x y≠ ±

+
2 0 0y y x x⇔ = ⇒ = ⇒ =
( luôn đúng)
Vậy để A = 1 thì x
∈
R; y = 0
Bài 2:
2
2 5 1
3 6 2
x
B
x x x x
+
= − +
+ + − −
a. Rút gọn B (ĐK:
3; 2x x≠ − ≠
)
2 5 1 ( 2)( 2) 5 ( 3)
3 ( 3)( 2) 2 ( 3)( 2)
x x x x
B
x x x x x x
+ + − − − −
= − − =
+ + − − + −
2 2
4 5 3 12 ( 4)( 3)
( 3)( 2) ( 3)( 2) ( 3)( 2)

−
Thay
3 1x = −
vào B ta có:
3 1 4 3 5
3 1 2 3 3
B
− − −
= =
− − −
c. Tìm
x Z∈
để
B Z∈
Ta có:
4 2 2
1
2 2 2
x x
B
x x x
− −
= = − = −
− − −
1
Để
B Z∈
thì
2
hay 2 x - 1 x - 2

= + −
 
 ÷ ÷
+ − +
  
 
a. Rút gọn C (ĐK:
1x ≠ ±
)
( ) ( )
2 2
2 2
2
(1 )
: 2 1 2 1
1
x x
C x x x x
x
−
 
= + + − +
 
+
2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 2
(1 ) 1
.

+ + +
+ +

2
4
C =

2
2
2
3
3 1 1 3 1
1
3 1 0
3 5

2
x
C x x
x
x x
x
= ⇔ = ⇔ = +
+
⇔ − + =
− ±
⇔ =
Bài 4:
2 3
2 2 3

2 2 2 2
2 2
(2 ) (2 ) 4 ( 3)
:
4 (2 )
x x x x x
x x x
+ − − + −
=
− −
2
( )
2
2
2 2
2
1
(1 )(1 )
:
1 1
x x
x x x
C x
x x
−

 
− + +
= +


2
4
3
x
D
x
=
−
b. Ta có:
5 2 7
5 2
5 2 3
x x
x
x x
− = =
 
− = ⇔ ⇔
 
− = − =
 

2
2
4.7 196 98
7
7 3 46 23
x D= ⇒ = = =
−


x x
x x x
x x x
+ − + + −
= =
+ −
+ − +
= =
+ − +
b. Tìm x để
0E
>
1
2 1 0
2
3 2 0
2
3
2 1
0 0
3 2
1
2
2 1 0
2
3 2 0
3
x
x
x






+
> ⇔ > ⇔ ⇔


+


−


<






+ <



−


<

1 1
x x
x
x x x x x
   
= + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
− + − −
   
a. Rút gọn F (ĐK:
1; 1; 0x x x
≠ − ≠ ≥
)
1 1 2
:
1
1 ( 1)( 1)
x x x
F
x
x x x
   
+ +
= −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
− + −

( ) ( )
( )
2 2
2
3 1 3 1 1
6 3 3
2 3 3
3
3 1 1
F
+ + + +
+
= = = +
+ −
c. K > 1 tức
1 1 1
1 0
1 1
x x x x x
x x
+ + + + − +
> ⇔ >
− −

2
0
1
x
x
+



 




⇔ ⇔ ⇔





<−
+ < <−
 







<
− <






− − −
  
 
ĐK:
; 0; 0a b a b
≠ ± ≠ ≠
2 2 2 2 2 2
2 2
: .
( ) ( )
a b a b a b
G
a b a b b a b a
 
+ + +
=
 
− − −
 

2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )
.
( ) ( )( )
a b ab a b ab a b
a b a b a b a b
+ − −
= =
− + + +

G
−
=
Bài 8:
3
1 1
1 1 1
x x
H
x x x x x
−
= + +
− − − + −
a. Rút gọn H (ĐK x > 1)
1 1 ( 1)
( 1 ) ( 1 ) 1
x x x x x x
H
x x x x x
− + + − − −
= +
− − − + −

2 2
2 1
( 1) ( ))
x
x
x x
−

1 2 1 1 16
( 1 1) 4 0
( 1 1 4)( 1 1 4) 0
H x x
x x
x
x x
= ⇔ − − =
⇔ − − − + =
⇔ − − − =
⇔ − − + − − − =

( 1 3)( 1 5) 0
1 3 0
1 5 0
x x
x
x
⇔ − + − − =

− + =
⇔

− − =



1 3 0 1 3x x
− + = ⇔ − = −
(Vô lí)

+ +
=
ữ
+

2 2 2
2 2 3 2 3 2
( ) ( )( )
. .
( )( )
ab a a b a ab b a b a
I
b a a a b a b a b a a b
+ + + +
= =
+ +
( )
b a
I
a b a
+
=

b. Thay
1 2a
= +
vaứ
1 2b
=
vaứo I ta coự:

+
= =

2 2
3 3 0
( 3) 0
0; 3
a a a a
a a
a a
= =
=
= =
a = 0 => b = 0 (loaùi)
a = 3 => b = 6
Baứi 10:
a b a b
J
ab b ab a ab
+
= +
+
a. Ruựt goùn J (ẹK: a > 0; b > 0; b

0 )
( ) ( )
a b a b
J
b b a a b a ab
+

2
3 1 3 1
J
+ + −
= = = −
−
− − −
c.
1
( 5) ( 1)
5
a a
a b b a
b b
+
= ⇒ + = +
+

5b a⇔ =
5 6 3
5 4 2
b a a a a
J
b a a a a
+ +
= = = =
− −
Không đổi
Bài 11:
2

2
(2 3)( 1)( 3)
( 1) ( 3)
2 3
1
x x x
x x
x
x
− + −
=
+ −
−
=
+
b. Ta có:
3 2 3 2 1x
= + = +
Thay vào K ta có:
2 3 2( 2 1) 3 2 2 2 3 2 2 1
1
2 1 1 2 2 2 2
x
K
x
− + − + − −
= = = =
+
+ + + +
Vậy

1 0 1
x x
x x
x
x
x x
x x

− >  >
 

 

+ > >−
 


−


⇔ > ⇔ ⇔


+
− < <

 

 


x x x x x
L
x x x x x
   
+ − + + +
= − +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ − − − −
   

2 2 2 2
( ) 3 ( ) 2 2
1
:
1 ( 3)( 2)
x x x
x x x
   
− − − + +
 
   
=
 ÷
+ − −
 

1 ( 3)( 2)
.
1 3

0 2 0L x< ⇔ − <

4
16
x
x
⇔ <
⇔ <
Vậy để L < 0 thì
0 16x
≤ <
và
4, 9x x
≠ ≠
Bài 13:
1 1 8 3 2
: 1
9 1
3 1 3 1 3 1
x x x
P
x
x x x
   
− −
= − + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
−
− + +

+ + + +
= = =
−
−

( 1)
3 1
x x
x
+
=
−
b. Ta có:
2
6 2 5 ( 5 1)x
= + = +
Thay x vào P ta có:
(
)
( )
2 2
2
( 5 1) ( 5 1) 1
3 5 1 1
P
+ + +
=
+ −
8
( 5 1)( 5 2) 3 5 7

x x
x

 = =

=






⇔ ⇔ ⇔



−
= = =

− =





Vậy để
6
5
P
=

x x x x x
x x
− − − + − + −
=
− +

5 7 2 ( 1)(2 5 )
( 1)( 3) ( 1)( 3)
x x x x
x x x x
− + − − −
= =
− + − +

2 5
3
x
x
−
=
+
b. Khi
1 2 5 1
2 2
3
x
Q
x
−
= ⇔ =


5 15 17
3 3
x
x x
+
= − +
+ +

17
5
3x
= − +
+
17
5
3x
= −
+
max
17
3
Q
x
⇔
+
lớn nhất
3x
⇔ +
nhỏ nhất.

−
− + +
 2 1 1
1:
1
x x x x
x x
 
+ + − − − −
=
 ÷
 ÷
−
 

1:
( 1)( 1)
x x
x x x
 
−
=
 ÷
 ÷
− + +
 


Nên R – 3 > 0 => R > 3
10
CHƯƠNG I: HỆ THỨC LƯNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG
Bài 1: BH = 12 (cm); BD = 15 (cm)
Tính S
ABCD
Giải
Qua B kẻ đường thẳng song song AC cắt DC ở E. BH là đường cao của hình
thang.
Ta có: BE // AC
Mà: AC ⊥ BD
Trong ∆
V
BDH ta có: HD
2
= BD
2
– BH
2
= 15
2
– 12
2
= 81
=> DH = ? (cm)
Trong ∆
V
BDE ta có: BD
2
= DE.DH =>

2
10 10 100
.
2 2 4
x x x
x
− + −
= =
2 2 2 2
100
4 100 5 100 20
5
x x x x⇔ = − ⇔ = ⇒ = =
Nên
2 5x
=
(cm)
Vậy: Đường cao hình thang bằng
2 5
(cm)
11
A B
CD H E
=> BE ⊥ BD
A B
CK
HD
Bài 3: C
ABC
= 72 (cm); AM – AH = 7 (cm)

ABC
– BC
⇒
(72 – 2x)
2
= 8x
2
– 28x
⇔
x
2
+ 65x – 1296 = 0
⇔
(x – 16) (x + 81) = 0
⇔
x = 16; x = -81 (loại)
⇒
BC = 32 (cm); AH = 16 – 7 = 9 (cm)
Do đó:
2
ABC
1
S 32.9 144 (cm )
2
= =
Bài 4: ∆ ABC có:
µ
A
= 120
0

= BH
2
+ (AH + AC)
2
= BH
2
+ AH
2
+ 2AH.AC + AC
2

⇒
a
2

= BC
2
= AB
2
+ 2AH.AC + AC
2
= b
2
+ c
2
+
1
2. c.b
2
⇒

AB= AC AB = AC
4 16
⇒ ⇒
Mà AB
2
= BC
2
– AC
2
= 17,5
2
– AC
2
(Pitago)
Nên
2 2 2 2
9
AC 17,5 -AC 25AC 4900
16
= ⇔ =

⇔
AC
2
= 196 nên AC = 14 (cm)
3 3
AB AC 14 10.5 (cm)
4 4
⇒ = = =
Dùng AB. AC = BC.AH

¶
·
0
1
D + BAD = 90 (ΔABC
vuông ở A)
¶
·
1
D = BAD
⇒
nên ∆ ABD cân ở B => AB = DB
Đặt AB = DB = x. Ta có: AB
2
= BC.BH => x
2
= 25 (x – 6)
Được pt: x
2
– 25x + 150 = 0
⇔
(x – 10) (x – 15) = 0
Nên AB = x = 10 hoặc AB = x = 15.
Bài 7: AB = AC; MA = MC
CM: AH = 3HD
Giải:
Xét ∆
v
AMB và ∆
v

Mà AB = 2AM nên HC = 2HD
Đặt HD = x => HC = 2x (ta sẽ tính sao cho AH = 3x)
Ta có: DH
2
= HM.HC hay x
2
= HM.2x =>
2
HM 0,5
2
x
x
x
= =
MC = 2,5x; AM = 2,5x => AH = 3x
Vậy AH = 3x = 3HD
Bài 8: Cho AB = BC = CD = DA =10 cm
AE = EF = FA
Tính EF, FA, AE
Giải
Ta có: ∆
v
BAF =∆
v
DAE (Ch – Cgv)
=> BF = DE nên CE = CF
Đặt DE = x => CE = 10 – x; CE = CF = 10 – x (ĐK: x < 10)
Nên AE
2
= x

2 2
( 20) ( 300) 0
( 20 300)( 20 300) 0
x
x x
⇔ − − =
⇔ − + − − =

20 10 3 0 20 10 3
20 10 3 0 20 10 3
x x
x x
 
− + = = −
⇔ ⇔
 
− − = = +
 
 
Thay
20 10 3x
= −
vào (1)
( )
2
AE 20 10 3 100
= 800 400 3
20 2 3 ( )cm
⇒ = + +
+

A = A
(cùng phụ
¶
3
A
)
=> DAN = ∆
v
BAM (Cgv – góc nhọn kề)
=> AN = AM (**)
Thay (**) vào (*) ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1
+ = =
AM AI AD a
Bài 10:
BC = 3 5; AD = DE = EF = FA = 2
Tính AC, AB.
Giải:
Đặt BD = x; CF = y
∆BDE ∆EFC nên:
2
2
x
y
=
=> xy = 4 (1)
Theo pitago: AB
2
+ AC

⇔
t = 5; t = -9 (loại)
15
A B
D C IN
M
1
3
2
A F y C
B
E
D
x
2
2
Vậy x + y = 5
⇔
x = 5 – y (3)
Thay (3) vào (1) ta được: y
2
– 5y + 4 = 0
⇔
(y – 1) (y – 4) = 0
⇔
y = 1; y = 4
 y = 1 => x = 4 Khi đó: AB = 2 + x = 2 + 4 = 6; AC = 3
 y = 4 => x = 1 Khi đó AB = 3; AC = 6
Bài 11: Cho
¶

⇔
(2x – 5) (x + 4) = 0

5
; 4
2
x x
⇔ = = −

5 11
KB 2 3 2. 3 8 BH 5,5
2 2
x
⇒ = + = + = ⇒ = =
2
11
KB.BH 8. 4.11 AB 2 11
2
AB⇒ = = = ⇒ =
Bài 16: Cho AB = DB; HE = 2HA
CM:
·
0
DEC 90
=
Giải
Gọi I là trung điểm HE
Đặt AH = a; HB = b
Thì: EH = 2a; DI = 2b
Và

2
DI 2b HE a 2b
tg IED = = tgHCE = = 2a: =
IE a HC b a
 
 ÷
 
·
·
IED = HCE
⇒
·
2
EH a 2b
cotg CEH = = 2a: =
HC b a
·
·
0
IED + CEH = 90⇒
nên
·
0
DEC = 90
Bài 17: AB = 10; EFGHIKMN
là bát giác đều; DKM, ANE, BFG, CHI
là các ∆ vuông cân. Tính tổng các ∆ vuông cân.
Giải
Đặt DK = CI = x
2 2

OE = OC = OK nên
·
0
EKC 90
=
Gọi M là trung điểm AK => HM là đtb của hình thang ABEK
Nên HM ⊥AK => ∆ HAK cân tại H (đc cũng là tr tuyến)
¶
¶
1 1
K = A⇒
¶
¶
¶
¶
¶
¶
·
0
2 1 2 1
K = C K + K = A + C OKH 90⇒ ⇒ =
Vậy HK là t
2
của (O)
17
A E F B
D K I C
N
M
G

=> BC = 5r.
AC
2
= BC
2
– AB
2
= 25r
2
– 144 (1)
Ta có: AB + AC – BC = 2r nên AC = BC + 2r – AB = 7r – 12 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (7r – 12)
2
= 25r
2
– 144

2
7 12 0
( 3)( 4) 0
r x
r r
⇔ − + =
⇔ − − =
Vậy r = 3 hoặc r = 4.

2
1
r = 3 AC = 7.3 - 12 = 9 S = 9.12 = 54 cm
2

⇒
18
CHB
A
NM
K
I
p
B D C
EF
A
I
A
A
Ba
M
D N C
1
2
3
4
E
ả
ả
ả
ả
ã
ả
ả
0 0 0