Công thức tính khoảng cách lớp 9

Bài 1: (2đ)1) Thực hiện phép tính:

a) \(\sqrt 8 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 1} \right)}^2}} \)

b) \(\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 1}} \left( {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right)\)

2) Giải phương trình: \(x \sqrt {x 15} = 17\).

Bài 2: (2,5đ)Cho biểu thức \(P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} 3}}{{x + \sqrt x 2}} \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x 2}}{{1 \sqrt x }}\) với \(x \ge 0,x \ne 1\)

a) Rút gọn biểu thức \(P\).

b) So sánh \(P\) với \(\sqrt P \) với điều kiện \(\sqrt P \)có nghĩa

c) Tìm \(x\) để \(\dfrac{1}{P}\) nguyên.

3. (2đ) (VD) Cho đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right) :y = \left( {m 1} \right)x + 2m + 1\).

a) Tìm \(m\) để đường thẳng \({d_1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( 3\). Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \(\left( d \right):y = x + 1\) nằm trên trục hoành.

b) Tìm \(m\) để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \({d_1}\) đạt giá trị lớn nhất.

Bài 4: (3đ) Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.

a) Chứng minh \(DC = DN\).

b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.

c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.

d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \(\left( O \right)\) tại K (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB ). Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.

Bài 5: (0,5đ) Cho các số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn \(x + 2y + 3z \ge 20\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \(A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\).

Bài 1:1)Thực hiện phép tính:

\(\begin{array}{l}a)\;\;\sqrt 8 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{2^2}.2} 2\sqrt {{3^2}.2} + 5\sqrt {{4^2}.2} \left| {\sqrt 2 1} \right|\\ = 2\sqrt 2 2.3\sqrt 2 + 5.4\sqrt 2 \left( {\sqrt 2 1} \right)\\ = 2\sqrt 2 6\sqrt 2 + 20\sqrt 2 \sqrt 2 + 1\\ = 15\sqrt 2 + 1.\end{array}\)

Vậy \(\sqrt 8 2\sqrt {18} + 5\sqrt {32} \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 1} \right)}^2}} = 15\sqrt 2 + 1\)

\(\begin{array}{l}b)\;\;\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 1}} \left( {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right)\\ = \dfrac{{\sqrt 5 .\sqrt 5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\sqrt 7 \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 1}} \left( {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right)\\ = \dfrac{{\sqrt 5 \left( {6 + \sqrt 5 } \right)}}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{\sqrt 7 .\left( {\sqrt 7 1} \right)}}{{\sqrt 7 1}} \sqrt 5 \sqrt 7 \\ = 6 + \sqrt 5 + \sqrt 7 \sqrt 5 \sqrt 7 = 6.\end{array}\)

Vậy \(\dfrac{{5 + 6\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 }} + \dfrac{{7 \sqrt 7 }}{{\sqrt 7 1}} \left( {\sqrt 5 + \sqrt 7 } \right) = 6\)

2)Giải phương trình: \(x \sqrt {x 15} = 17\).

ĐKXĐ: \(x \ge 15\)

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\;x \sqrt {x 15} = 17\\ \Leftrightarrow x 17 = \sqrt {x 15} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x 17 \ge 0\\{\left( {x 17} \right)^2} = {\left( {\sqrt {x 15} } \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} 34x + 289 = x 15\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 17\\{x^2} 35x + 304 = 0\end{array} \right.\end{array}\)

Xét phương trình bậc 2: \({x^2} 35x + 304 = 0\) có: \(\Delta = {35^2} 4.309 = 9 > 0\)

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{ \left( { 35} \right) + \sqrt 9 }}{{2.1}} = 19\;\;\;\left( {tm} \right)\\{x_2} = \dfrac{{ \left( { 35} \right) \sqrt 9 }}{{2.1}} = 16\;\;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \(x = 19\).

Bài 2:Cho biểu thức \(P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} 3}}{{x + \sqrt x 2}} \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x 2}}{{1 \sqrt x }}\)với \(x \ge 0,x \ne 1\)

a)Rút gọn biểu thức \(P\).

ĐKXĐ: \(x \ge 0,x \ne 1\)

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} 3}}{{x + \sqrt x 2}} \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x 2}}{{1 \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + \sqrt {9x} 3}}{{\left( {x \sqrt x } \right) + \left( {2\sqrt x 2} \right)}} \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{{\sqrt x 2}}{{1 \sqrt x }}\\\;\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x 3}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right).\left( {\sqrt x 1} \right)}} \dfrac{{\left( {\sqrt x 1} \right).\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt x 1} \right).\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \dfrac{{\left( {\sqrt x 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{ \left( {\sqrt x 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{3x + 3\sqrt x 3 \left( {x 1} \right) \left( {x 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \dfrac{{x + 3\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{\left( {x + 2\sqrt x } \right) + \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\\;\; = \dfrac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}}.\end{array}\)

Vậy\(P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}}\).

b)So sánh \(P\) với \(\sqrt P \) với điều kiện \(\sqrt P \)có nghĩa

\(\sqrt P \) có nghĩa \( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt x 1 > 0\;\;\left( {do\;\;\sqrt x + 1 > 0\;\forall x \ge 0,\;\;x \ne 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \sqrt x > 1 \Leftrightarrow x > 1.\)

Xét hiệu: \(P \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}} \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}}} \).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P \sqrt P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}} \sqrt {\dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}} \dfrac{{\sqrt {\sqrt x + 1} }}{{\sqrt {\sqrt x 1} }}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x 1}} \dfrac{{\sqrt {\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x 1} \right)} }}{{{{\left( {\sqrt {\sqrt x 1} } \right)}^2}}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 \sqrt {x 1} }}{{\sqrt x 1}}.\end{array}\)

Ta có: \(\sqrt x \sqrt {x 1} = \dfrac{{\left( {\sqrt x + \sqrt {x 1} } \right)\left( {\sqrt x \sqrt {x 1} } \right)}}{{\sqrt x + \sqrt {x 1} }} \)\(\,= \dfrac{{x \left( {x 1} \right)}}{{\sqrt x + \sqrt {x 1} }} = \dfrac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x + 1} }} > 0\)

Mà có: \(\sqrt x 1 > 0\) (cmt)

\( \Rightarrow P \sqrt P > 0 \Rightarrow P > \sqrt P \) với mọi \(x > 1.\) \(\)\(\)

c)Tìm \(x\) để \(\dfrac{1}{P}\) nguyên.

Xét: \(\dfrac{1}{P} = \dfrac{{\sqrt x 1}}{{\sqrt x + 1}} = \dfrac{{\sqrt x + 1 2}}{{\sqrt x + 1}} = 1 \dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\).

Để \(\dfrac{1}{P}\) nguyên thì \(\dfrac{2}{{\sqrt x + 1}}\) nguyên, suy ra \(\sqrt x + 1\) là ước của 2. Mà \(\sqrt x + 1 > \)0

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {\sqrt x + 1} \right) \in U\left( 2 \right) \Rightarrow \left( {\sqrt x + 1} \right) = \left\{ {1;\;2} \right\}.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 1 = 2\\\sqrt x + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x = 1\\\sqrt x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\;\;\left( {ktm} \right)\\x = 0\;\;\;\left( {tm} \right)\end{array} \right..\end{array}\)

Vậy với \(x = 0\) thì \(\dfrac{1}{P}\) nguyên.

3.Cho đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right) :y = \left( {m 1} \right)x + 2m + 1\).

a)Tìm \(m\) để đường thẳng \({d_1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( 3\). Vẽ đồ thị hàm số vừa tìm được và chứng tỏ giao điểm của đồ thị hàm số vừa tìm được với đường thẳng \(\left( d \right):y = x + 1\) nằm trên trục hoành.

Vì \({d_1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ là \( 3\), suy ra \(\left( {0; 3} \right)\) nằm trên đường thẳng \({d_1}\)

\( \Rightarrow 3 = \left( {m 1} \right).0 + 2m + 1 \Leftrightarrow 2m = 4 \Leftrightarrow m = 2\).

Với \(m = 2\) ta có phương trình đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):y = 3x 3\).

Nhận thấy: \(A\left( {0; 3} \right),\;B\left( { 1;\;0} \right)\) nằm trên đồ thị hàm số. Vì hàm số \(\left( {{d_1}} \right):y = 3x 3\) là hàm số bậc nhất nên đồ thị của nó có dạng đường thẳng, từ đó ta có đồ thị:

Hoành độ giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right):y = 3x 3\) và \(\left( d \right):y = x + 1\) là nghiệm của phương trình:

\(x + 1 = 3x 3 \Leftrightarrow 4x = 4 \)

\(\Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = x + 1 = 1 + 1 = 0\).

Vậy giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right):y = 3x 3\) và \(\left( d \right):y = x + 1\) là \(\left( { 1;0} \right)\). Nhận thấy điểm \(\left( { 1;0} \right)\) nằm trên trục hoành (do có tung độ bằng 0).

Vậy ta có điều cần chứng minh.\(\)

b) Tìm \(m\) để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng \({d_1}\) đạt giá trị lớn nhất.

+) Với \(x = 0 \Rightarrow y = 2m + 1 \Rightarrow A\left( {0;2m + 1} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) với trục tung\( \Rightarrow OA = \left| {2m + 1} \right|\)

+) Với \(y = 0 \Rightarrow x = \dfrac{{ \left( {2m + 1} \right)}}{{m 1}}\)\(\, \Rightarrow B\left( {\dfrac{{ \left( {2m + 1} \right)}}{{m 1}};0} \right)\) là giao điểm của \({d_1}\) với trục hoành

\( \Rightarrow OB = \left| {\dfrac{{ \left( {2m + 1} \right)}}{{m 1}}} \right|\).

TừOkẻ đường caoOH với, ta đượcOHchính là khoảng cách từOtới \({d_1}\).

Xét tam giác vuôngOABvuông tạiOcó đường caoOH

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Đặt \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = t\) ta có:

\(\begin{array}{l}t = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\\\;\; = \dfrac{1}{{{{\left( {2m + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{{{{\left( {m 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {2m + 1} \right)}^2}}}\\\;\; = \dfrac{{{m^2} 2m + 2}}{{4{m^2} + 4m + 1}}\;\;\;\left( {m \ne \dfrac{1}{2}} \right)\\ \Leftrightarrow 4{m^2}t + 4mt + t = {m^2} 2m + 2\\ \Rightarrow {m^2}\left( {4t 1} \right) + 2m\left( {2t + 1} \right) + t 2 = 0\end{array}\)

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn \(m\), phương trình có nghiệm khi \(\) \(\) \(\)

\(\begin{array}{l}\Delta = {\left( {2t + 1} \right)^2} \left( {4t 1} \right)\left( {t 2} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 4{t^2} + 4t + 1 4{t^2} + 9t 2 \ge 0\\ \Leftrightarrow 13t 1 \ge 0 \Leftrightarrow t \ge \dfrac{1}{{13}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} \ge \dfrac{1}{{13}} \Rightarrow OH \le \sqrt {13} \end{array}\)

Dấu = xảy ra khi phương trình có nghiệm kép \(\)

\( \Leftrightarrow m = \dfrac{{ b}}{{2a}} = \dfrac{{ \left( {4t + 2} \right)}}{{2\left( {4t 1} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{4}{{13}} + 2}}{{2.\left( {\dfrac{4}{{13}} 1} \right)}} = \dfrac{5}{3}\;\;\;\left( {tm} \right)\).

Vậy \(m = \dfrac{5}{3}\) là giá trị cần tìm.

Bài 4:

Cho điểmMbất kì trên đường tròn tâmOđường kínhAB. Tiếp tuyến tạiMvà tạiBcủa \(\left( O \right)\) cắt nhau tạiD.QuaOkẻ đường thẳng vuông góc vớiODcắtMDtạiCvà cắtBDtạiN.

a)Chứng minh \(DC = DN\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) cóMDvàBDlà tiếp tuyến vớiB, Dlà tiếp điểm

\( \Rightarrow MD = DB\)(tính chất tiếp tuyến)

Xét tam giácMODvà tam giácBODcó:

\(MD = BD\) (cmt)

\(MO = OB\) (cùng là bán kính đường tròn)

ODchung

\( \Rightarrow \Delta MOD = \Delta BOD \Rightarrow \angle MDO = \angle BDO \Rightarrow OD\) là phân giác \(\angle MDB\).

Xét tam giácCDNcó:

ODlà đường cao (do\(OD \bot CN\))

ODlà phân giác \(\angle MDB\)

Suy ra tam giácCDNcân tạiD, suy ra \(CD = ND\) (đpcm)\(\) \(\) \(\) \(\) \(\) \(\)

b)Chứng minhAClà tiếp tuyến của đường tròn tâmO.

Xét tam giácCNDcân tạiDcóODlà đường cao ứng với đỉnhD,suy raODđồng thời là trung trực ứng với cạnhCN, suy ra \(CO = ON\)

Xét tam giácCOAvà tam giácBONcó:

\(CO = ON\) (cmt)

\(OA = OB\) (do cùng là bán kính)

\(\angle COA = \angle BON\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta COA = \Delta BON \Rightarrow \angle CAO = \angle NBO = {90^o}\)

Xét đường tròn tâmOcóACvuông góc vớiAO, AOlà bán kính đường tròn, suy raAClà tiếp tuyến của đường tròn (đpcm).\(\)

c)GọiHlà chân đường vuông góc kẻ từMxuốngAB, Ilà trung điểmMH. Chứng minhB, C, Ithẳng hàng.

Kéo dàiBMcắtACtạiQ, BCcắtMH tạiE

Xét tam giácBMDcó \(DM = DB\;\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle DMB = \angle DBM\)

Ta có: \(AB \bot AQ,\;\;AB \bot DN \Rightarrow AQ//DN.\)

Mà có \(\angle CQM = \angle MBD\) (so le trong)

Lại có: \(\angle QMC = \angle DMB\) (đối đỉnh)

\( \Rightarrow \angle CQM = \angle QMC\), suy ra tam giácMCQcân tạiC, suy ra \(QC = MC\)

Chứng minh tương tự như ở câu a ta có \(AC = MC\) (do tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(QC = AC \Rightarrow QC = \dfrac{1}{2}QA\).

Xét tam giácBQCcóMEsong song vớiQC(cùng vuông góc vớiAB)

\( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\) (định lí Ta-lét)

Chứng minh tương tự có \(\dfrac{{MH}}{{AQ}} = \dfrac{{BM}}{{BQ}}\)

Suy ra \(\dfrac{{ME}}{{QC}} = \dfrac{{MH}}{{AQ}}\). Mà có \(QC = \dfrac{1}{2}QA\) suy ra \(ME = \dfrac{1}{2}MH\), suy raElà trung điểm củaMH.

Mà theo đề bài cóIlà trung điểm củaMH, suy raItrùng vớiE, suy raB, C, Ithẳng hàng (đpcm).

d)QuaOkẻ đường vuông góc vớiAB,cắt \(\left( O \right)\) tạiK(KvàMnằm khác phía với đường thẳngAB). Tìm vị trí củaMđể diện tích tam giácMHKlớn nhất.

GọiP là giao điểm củaMKvàAB.

Không mất tính tổng quát, ta chọn bán kính đường tròn bằng 1, giả sử độ dài đoạn \(OH = a\;\;\left( {0 < a < 1} \right).\)

\( \Rightarrow MH = \sqrt {O{M^2} O{H^2}} = \sqrt {1 {a^2}} \).

CóMHsong song vớiOK (do cùng vuông góc vớiAB)

\( \Rightarrow \dfrac{{PH}}{{PO}} = \dfrac{{MH}}{{OK}} = \dfrac{{\sqrt {1 {a^2}} }}{1} \Rightarrow PH = \sqrt {1 {a^2}} .OP.\)

Ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{PH}}{{PO}} = \sqrt {1 {a^2}} \\PH + PO = OH = a\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}PO = \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 {a^2}} }}\\PH + \dfrac{{PH}}{{\sqrt {1 {a^2}} }} = a\end{array} \right.\\ \Rightarrow PH = \dfrac{{a.\sqrt {1 {a^2}} }}{{\sqrt {1 {a^2}} + 1}}\\ \Rightarrow OP = \dfrac{a}{{\sqrt {1 {a^2}} + 1}}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{MHK}} = {S_{MHP}} + {S_{PKH}} = \dfrac{1}{2}MH.HP + \dfrac{1}{2}OK.HP\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\sqrt {1 {a^2}} .\dfrac{{a\sqrt {1 {a^2}} }}{{\sqrt {1 {a^2}} + 1}} + 1.\dfrac{{a\sqrt {1 {a^2}} }}{{\sqrt {1 {a^2}} + 1}}} \right)\\ = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 {a^2}} .\dfrac{{\sqrt {1 {a^2}} + 1}}{{\sqrt {1 {a^2}} + 1}} = \dfrac{1}{2}a\sqrt {1 {a^2}} .\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: \(a\sqrt {1 {a^2}} \le \dfrac{{{a^2} + 1 {a^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}\)

Dấu = xảy ra \( \Leftrightarrow a = \sqrt {1 {a^2}} \Rightarrow a = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \)

\(\Rightarrow \cos \angle MOH = \dfrac{{OH}}{R} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \angle MOH = {45^o}\).

Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao cho \(\angle MOH = {45^o}\) là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:Cho các số thực dương \(x,\;y,\;z\) thỏa mãn \(x + 2y + 3z \ge 20\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : \(A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\).

Ta có: \(A = x + y + z + \dfrac{3}{x} + \dfrac{9}{{2y}} + \dfrac{4}{z}\)\(\, = \dfrac{1}{4}x + \left( {\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x}} \right) + \dfrac{1}{2}y + \left( {\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}}} \right) + \dfrac{3}{4}z + \left( {\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z}} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho các số dương ta có:

\(\begin{array}{l} + )\dfrac{3}{4}x + \dfrac{3}{x} \ge 2\sqrt {\dfrac{3}{4}x.\dfrac{3}{x}} = 3\\ + )\dfrac{1}{2}y + \dfrac{9}{{2y}} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{2}y.\dfrac{9}{{2y}}} = 3\\ + )\dfrac{1}{4}z + \dfrac{4}{z} \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{4}z.\dfrac{4}{z}} = 2\end{array}\)

\( \Rightarrow A \ge \dfrac{1}{4}\left( {x + 2y + 3z} \right) + 3 + 3 + 2 = \dfrac{{20}}{4} + 3 + 3 + 2 = 13\).

Dấu = xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{3}{4}x = \dfrac{3}{x}\\\dfrac{1}{2}y = \dfrac{9}{{2y}}\\\dfrac{1}{4}z = \dfrac{4}{z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 4\end{array} \right.\).