Lời giải từ nthoangcute và WhjteShadow:
Câu 1. (4 điểm)
1. Tìm $m$ để phương trình $x^3-(m+5)x^2+(6m+2)x-8m+8=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
2. Giải phương trình: $x^2+14x+16=8\sqrt{x^3+1}$
1)
$x^3-(m+5)x^2+(6m+2)x-8m+8=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
$\Leftrightarrow (x-2)(x-4)(x-m+1)=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m-1>1\\ m-1 \neq 2\\ m-1 \neq 4 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m>2\\ m \neq 3\\ m-1 \neq 5 \end{matrix}\right.$
2)
$$x^2+14x+16=8\sqrt{x^3+1}$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+14x+16 \geq 0\\ x^3+1 \geq 0\\(x^2+14x+16)^2=64(x^3+1) \end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+14x+16 \geq 0\\ x^3+1 \geq 0\\(x^2+14x+16)^2=64(x^3+1) \end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x \geq -1\\ (x^2-26x-24)(x^2-10x-8)=0 \end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow x=13+\sqrt{193} \wedge x=13-\sqrt{193} \wedge x=13+\sqrt{193} \wedge x=5+\sqrt{33} \wedge x=5-\sqrt{33} $$
Câu 2. (4 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}6x^2-y-xy^2=0 & \\ 5x^2-x^2y^2-1=0 & \end{matrix}\right.$
2. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$ có 2 nghiệm phân biệt
1. (Cách dài)
Từ giả thiết ta có: $x^2=\dfrac{-1}{y^2-5}$ (vì nếu $y^2=5$ thì vô lý)
Do đó $6x^2-y-xy^2=0 \Leftrightarrow \dfrac{6}{y^2-5}-y-xy^2=0 \Leftrightarrow x=-\dfrac{y^3-5y+6}{y^2(y^2-5)}$
Do $x^2=\dfrac{-1}{y^2-5} \Leftrightarrow (-\dfrac{y^3-5y+6}{y^2(y^2-5)})^2=\dfrac{-1}{y^2-5}$
$ \Leftrightarrow (y-1)(y-2)(2y^4+6y^3-y^2-3y+18)=0$
Ta thấy $2y^4+6y^3-y^2-3y+18= \frac{9}{4} (y+\frac{23}{12})^2+\frac{285}{128}+\frac{(16y^2+24y-31)^2}{128}>0$
Suy ra $y=1$ hoặc $y=2$
Xét $y=1$ thì $x=\frac{1}{2}$
Xét $y=2$ thì $x=1$
2. Phương trình $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$ có 2 nghiệm phân biệt
Xét $mx-m+1<0$ thì PT vô nghiệm
Xét $mx-m+1 \geq 0 \Leftrightarrow mx \geq m-1$
Khi đó $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+x-x^2 \geq 0\\1+x-x^2=(mx-m+1)^2 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+x-x^2 \geq 0\\(x-1)(x+m^2x-m^2+2m)=0 \end{matrix}\right.$
PT $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$ có 2 nghiệm phân biệt
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+m^2x-m^2+2m=0 \; \text{có một nghiệm}\\ \text{nghiệm này thoả mãn }mx-m+1 \geq 0\; \text{và} \; 1+x-x^2 \geq 0 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \frac{-1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2} \leq m \leq\frac{-1}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}$
Câu 3. (4 điểm)
1. Cho tam giác $ABC$. Trên cạnh $AB,BC,CA$ lấy lần lượt các điểm $M,N,P$ thỏa mãn $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {3BC} + \overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CP} = 2\overrightarrow {CA}$. Chứng minh rằng hai tam giác $ABC$ và $MNP$ có cùng trọng tâm.
2. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Chứng minh độ dài đường phân giác trong của góc $A$ là $l_a = \dfrac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}$ và $R \ge \left( {\sqrt 2 + 1} \right)r$, với $BC=a,CA=b,AB=c, R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác $ABC$.
1. Ta có:
Tam giác $ABC$ và $MNP$ có cùng trọng tâm.
$\Leftrightarrow \overrightarrow {AM}+\overrightarrow {BN}+\overrightarrow {CP}=\overrightarrow {0}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {BC}+\overrightarrow {3BC} + \overrightarrow {AC}+2\overrightarrow {CA}=\overrightarrow {0}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow {AB}+ \overrightarrow {BC}+ \overrightarrow {CA}= \overrightarrow {0}$
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm !
2.
Kẻ phân giác AD, kẻ DH vuông góc với AB
Khi đó $\dfrac{DH}{AC}=\frac{BD}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$
Suy ra $DH=\frac{bc}{b+c}$
Mà $AD=\sqrt{2}DH$
Suy ra $l_a=\dfrac{\sqrt{2} bc}{b+c}$
Vì $a^2=b^2+c^2 \geq 2bc$
Ta có: $\frac{R}{r}=\frac{a^2+a(b+c)}{2bc} \geq \frac{2bc+\sqrt{2bc}.2\sqrt{bc}}{2bc}=\sqrt{2}+1$
Suy ra đpcm
Câu 4. (4 điểm)
1. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(4;2), B(3;-1)$ và trọng tâm $G$ thuộc đường thẳng $(d) x-2y+3=0$. Biết diện tích tam giác $ABC$ bằng 9.Tìm tọa độ của đỉnh $C$.
2. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho các điểm $A(1;1),B(2;-1).C(1;-2)$. Viết phương trình đường thẳng $d$ đi qua gốc tọa độ $O$ và có tổng các khoảng cách từ các điểm $A,B,C$ đến $d$ là lớn nhất.
1. Dạng này không quen lắm, làm vớ vẩn ...
Từ giả thiết ta có: $AB=\sqrt{10}$
Và phương trình đường thẳng AB là $3x-y=10$
Vậy để $S_{ABC}=9$ thì $C$ thuộc đường thẳng song song với $AB$, cách $AB$ một khoảng là $\frac{9\sqrt{10}}{5}$
Suy ra $C$ thuộc một trong hai đường thẳng sau:
$(d_1): \; y-3x=8$
$(d_2): \; y-3x=-28$
Lại có $G$ thuộc đường thẳng $x-2y=-3$
Suy ra $C$ thuộc đường thẳng $2y-x=14$
Vậy Tọa độ điểm $C$ là $( -\frac{2}{5},\frac{34}{5})$ hoặc $(14,14)$
2. Lại một dạng nữa không quen làm:
Bổ đề: Cho tam giác ABC,trọng tâm G, d là một đường thẳng bất kì !
Khi đó tổng khoảng cách từ A, B, C tới $d$ bằng 3 lần khoảng cách từ G đến $d$
Bổ đề này đơn giản, không cần chứng minh lại.
Vậy Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$
Suy ra $G(\frac{4}{3},\frac{2}{3})$
Vậy để tổng khoảng cách từ A, B, C tới $d$ lớn nhất thì khoảng cách từ $G$ đến $d$ là lớn nhất
Khi đó $GO$ vuông góc với $d$ hay đường thẳng $d$là $y=2x$
Câu 5:
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
$(\frac{a^2}{b^2c}+\frac{1}{c})+(\frac{b^2}{c^2a}+\frac{1}{a})+(\frac{c^2}{a^2b}+\frac{1}{b})\geq 2(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})$
Mà mặt khác $2(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})=(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a})+(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})+(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b})\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
Nên $(\frac{a^2}{b^2c}+\frac{1}{c})+(\frac{b^2}{c^2a}+\frac{1}{a})+(\frac{c^2}{a^2b}+\frac{1}{b})\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$\to (\frac{a^2}{b^2c}+\frac{1}{c})+(\frac{b^2}{c^2a}+\frac{1}{a})+(\frac{c^2}{a^2b}+\frac{1}{b})\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$\Leftrightarrow$ ĐPCM
2. Cho tam giác $ABC$ vuông có $AB=AC=1$. Hai điểm $M, N$ lần lượt di động trên hai cạnh $BC,CA$ sao cho $AM$ vuông góc với $BN$. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $CMN$.
Giả sử trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ có $A(0,0)$, $B(0,1)$, $C(1,0)$
Gọi tọa độ điểm $M$ là $M(a,b)$
Suy ra PT đường thẳng $AM$ là $y=\frac{b}{a} x$
Suy ra PT đường thẳng $BN$ là $y=\frac{-a}{b} x+1$
Suy ra $N(\frac{b}{a},0)$
Từ đó $S_{ANMB}=\frac{BN.AM}{2}=\frac{a^2+b^2}{2a}$
Vì $M$ thuộc $BC$ nên $a+b=1$
Vậy $S_{ANMB}=\frac{a^2+(1-a)^2}{2a} =\frac{(2a-\sqrt{2})^2}{4a}+\sqrt{2}-1 \geq \sqrt{2}-1 $
Suy ra $S_{CMN_{max}}= 1- S_{ANMB_{min}}=2-\sqrt{2}$