Cho biểu thức \(P = \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{x + 1}} + \frac{{{x^2} - 3x}}{{{x^2} - 1}}} \right) \cdot \frac{{x + 4}}{x}.\)

a) Viết điều kiện xác định của biểu thức \(P.\)

b) Rút gọn biểu thức \(P.\)

c) Tìm số nguyên \(x\) để \(P\) nhận giá trị nguyên.

Gọi $x$ (học sinh) là số lượng học sinh đi tham quan $(x\in\mathbb{N}^*,\ x>27)$.

Số lượng giáo viên đi tham quan là: $x-27$ (giáo viên).

Giá vé của mỗi học sinh là:
\[
375\,000\cdot(100\%-30\%)=262\,500\ \text{(đồng)}.
\]

Giá vé của mỗi giáo viên là:
\[
375\,000\cdot(100\%-10\%)=337\,500\ \text{(đồng)}.
\]

Giá vé của $x$ học sinh là: $262\,500x$ (đồng).

Giá vé của $x-27$ giáo viên là: $337\,500(x-27)$ (đồng).

Vì tổng chi phí tham quan (sau khi giảm giá) là $12\,487\,500$ đồng nên ta có phương trình:
\[
262\,500x+337\,500(x-27)=12\,487\,500.
\]

\[
600\,000x-9\,112\,500=12\,487\,500.
\]

\[
600\,000x=21\,600\,000 \Rightarrow x=36\ (\text{thỏa mãn}).
\]

Số lượng giáo viên tham gia chuyến đi là:
\[
36-27=9.
\]

Vậy có $36$ học sinh và $9$ giáo viên tham gia chuyến đi.

a) Ta có:

⦁ \(AD = DE = EC = \frac{1}{3}AC = \frac{1}{3} \cdot 3a = a.\)

⦁ \(CD = DE + EC = a + a = 2a.\)

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(A,\) theo định lí Pythagore ta có:

\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}.\)

Suy ra \(BD = a\sqrt 2 .\)

Khi đó: \(\frac{{DB}}{{DE}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \) và \(\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 2 .\)

b) Theo câu a ta có \(\frac{{DB}}{{DE}} = \frac{{DC}}{{DB}} = \sqrt 2 .\)

Xét \[\Delta BDE\] và \[\Delta CDB\] có:

\(\widehat {CDB}\) là góc chung và \(\frac{{DB}}{{DE}} = \frac{{DC}}{{DB}}\)

Do đó  (c.g.c).

c) Từ câu c,  suy ra \(\widehat {DEB} = \widehat {DBC}\) (hai góc tương ứng).

Do đó \[\widehat {AEB} + \widehat {ACB} = \widehat {DBC} + \widehat {DCB}.\]

Xét \(\Delta BCD\) có \(\widehat {ADB}\) là góc ngoài tại đỉnh \(D\) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {DBC} + \widehat {DCB}.\)

Mà \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) có \(AB = AD = a\) nên là tam giác vuông cân tại \(A,\) do đó \(\widehat {ADB} = 45^\circ .\)

Suy ra \[\widehat {AEB} + \widehat {ACB} = \widehat {DBC} + \widehat {DCB} = \widehat {ADB} = 45^\circ .\]

Vậy \[\widehat {AEB} + \widehat {ACB} = 45^\circ .\]

d) Ta có: \(BD \cdot BI + CD \cdot CA = BD \cdot \left( {BD + DI} \right) + CD \cdot \left( {CD + AD} \right)\)

\( = B{D^2} + BD \cdot DI + C{D^2} + CD \cdot AD\)

\( = B{D^2} + BD \cdot DI + C{D^2} + CD \cdot AD\)

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta ICD\) có \[\widehat {BAD} = \widehat {CID} = 90^\circ \] và \(\widehat {ADB} = \widehat {IDC}\) (đối đỉnh).

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{AD}}{{IC}}\) (tỉ số cạnh tương ứng), nên \(BD \cdot DI = CD \cdot AD.\)

Khi đó \(BD \cdot BI + CD \cdot CA = B{D^2} + 2BD \cdot DI + C{D^2}\)

\( = B{D^2} + 2BD \cdot DI + D{I^2} + C{D^2} - D{I^2}\)

\( = {\left( {BD + DI} \right)^2} + C{D^2} - D{I^2}\)

\( = B{I^2} + C{D^2} - D{I^2}\)

Xét \(\Delta ICD\) vuông tại \(I,\) theo định lí Pythagore ta có \(D{I^2} + I{C^2} = C{D^2}\)

Suy ra \(I{C^2} = C{D^2} - D{I^2},\) nên \(BD \cdot BI + CD \cdot CA = B{I^2} + I{C^2}.\)

Lại có, \(B{I^2} + I{C^2} = B{C^2}\) (áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \(BIC\) vuông tại \(I).\)

Vậy \(BD \cdot BI + CD \cdot CA = B{C^2}.\)