Nhằm động viên, khen thưởng các em đạt danh hiệu “học sinh giỏi cấp thành phố” năm học 2024 – 2025, trường A tổ chức chuyến tham quan ngoại khóa tại một điểm du lịch với mức giá ban đầu là 375000 đồng/người. Biết công ty du lịch giảm 10 % chi phí cho mỗi giáo viên và giảm 30 % chi phí cho mỗi học sinh. Số học sinh nhiều hơn số giáo viên là 27 người và tổng chi phí\[{x^2} - {x^2} + 6x - 4x = 13 - 9\] tham quan (sau khi giảm giá) là \(12\,\,487\,\,500\) đồng. Tính số giáo viên và số học sinh đã 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 \(BD \cdot BI + CD \cdot CA = B{C^2}.\)

a) Ta có \({x^2} - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right).\)

Điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x - 1 \ne 0,\) \(x + 1 \ne 0,\) \(x \ne 0\) hay \(x \ne 1,\) \(x \ne - 1\) và \(x \ne 0.\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(P\) là \(x \ne 1,\) \(x \ne - 1\) và \(x \ne 0.\)

b) Với điều kiện \(x \ne 1,\) \(x \ne - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có:

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

\( = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - {{\left( {x - 1} \right)}^2} + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{x^2} + 2x + 1 - \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{4x + {x^2} - 3x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\( = \frac{{{x^2} + x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} \cdot \frac{{x + 4}}{x}\)

\[ = \frac{{x\left( {x + 1} \right) \cdot \left( {x + 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) \cdot x}}\]\[ = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

Vậy với \(x \ne 1,\) \(x \ne - 1\) và \(x \ne 0,\) thì \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}}.\]

c) Với \(x \ne 1,\) \(x \ne - 1\) và \(x \ne 0,\) ta có \[P = \frac{{x + 4}}{{x - 1}} = \frac{{x - 1 + 5}}{{x - 1}} = 1 + \frac{5}{{x - 1}}.\]

Với \(x\) nguyên, để \(P\) đạt giá trị nguyên thì \(\frac{{2025}}{{x - 1}}\) là số nguyên

Do đó \(5 \vdots \left( {x - 1} \right)\) hay \(x - 1 \in \)Ư\(\left( 5 \right) = \left\{ {1; - 1;5; - 5} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

Vậy \(x \in \left\{ {1;0;6; - 4} \right\}.\)