Cho hình bình hành \(ABCD\) có \(AC > BD.\) Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên đường thẳng \(AB\) và \(AD.\) Vẽ tia \(Dx\) cắt \(AC,\,\,AB,\,\,BC\) lần lượt tại \(I,\,\,M,\,\,N.\) Gọi \(J\) là điểm đối xứng với \(D\) qua \(I.\) Chứng minh:

a) \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{CD}}.\)          b) $\Delta CHK\backsim \Delta BCA.$

c) \(AB \cdot AH + AD \cdot AK = A{C^2}.\)   d) \(IM \cdot IN = I{D^2}.\)

a) Điều kiện xác định của biểu thức \(M\) là \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 2x \ne 0\\x \ne 0\end{array} \right.,\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}x\left( {x - 2} \right) \ne 0\\x \ne 0\end{array} \right..\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x - 2 \ne 0\end{array} \right.\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne 2\end{array} \right..\)

Vậy điều kiện xác định của biểu thức \(M\) là \(x \ne 0\) và \(x \ne 2\).

b) Với \(x \ne 0\) và \(x \ne 2,\) ta có:

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

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

\[ = \frac{{x - 2}}{{{x^2}}} + \frac{{{x^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2}}}.\]

Vậy với \(x \ne 0\) và \(x \ne 2,\) thì \(M = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2}}}.\)

Ta có \[\left| {4 - x} \right| = 2\]

Thay \[x = 6\] vào biểu thức \(M = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2}}},\) ta được: \[M = \frac{{{6^2} + 6 - 2}}{{{6^2}}} = \frac{{36 + 6 - 2}}{{36}} = \frac{{10}}{9}.\]

Vậy \(M = \frac{{10}}{9}\) khi \[\left| {4 - x} \right| = 2.\]

c) Với \(x \ne 0\) và \(x \ne 2,\) ta có \[M = \frac{{{x^2} + x - 2}}{{{x^2}}} = 1 + \frac{1}{x} - \frac{2}{{{x^2}}}.\]

Đặt \[\frac{1}{x} = t\,\,\,\left( {t \ne 0;\,\,t \ne \frac{1}{2}} \right),\] khi đó:

\[M = 1 + t - 2{t^2} = - 2\left( {{t^2} - \frac{1}{2}t - \frac{1}{2}} \right) = - 2\left( {{t^2} - 2 \cdot t \cdot \frac{1}{4} + \frac{1}{{16}} - \frac{1}{2} - \frac{1}{{16}}} \right)\]

\[ = - 2\left[ {{{\left( {t - \frac{1}{4}} \right)}^2} - \frac{9}{{16}}} \right] = \frac{9}{8} - 2{\left( {t - \frac{1}{4}} \right)^2}.\]

Vì \[{\left( {t - \frac{1}{4}} \right)^2} \ge 0\] nên \[ - 2{\left( {t - \frac{1}{4}} \right)^2} \le 0,\] do đó \[P \le \frac{9}{8}.\]

Dấu đẳng thức xảy ra khi  tức là \[t = \frac{1}{4}\] (thoả mãn).

Với \(t = \frac{1}{4},\) ta có \[\frac{1}{x} = \frac{1}{4},\] suy ra \[x = 4.\]

Vậy giá trị lớn nhất củ\[t - \frac{1}{4} = 0,\]a \[M\] là \[\frac{9}{8}\] khi \[x = 4.\]

Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là \[x\,\,\left( \% \right)\] \(\left( {x > 0} \right).\)

Khi đó khối lượng muối có trong dung dịch I là: \(200 \cdot \frac{x}{{100}} = 2x\) (g).

Do nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung dịch II là 20% nên nồng độ muối trong dung dịch II là \(x - 20\,\,\left( \% \right).\)

Khi đó khối lượng muối có trong dung dịch II là: \(300 \cdot \frac{{x - 20}}{{100}} = 3\left( {x - 20} \right)\) (g).

Khối lượng muối trong dung dịch sau khi trộn hai dung dịch là: \(2x + 3\left( {x - 20} \right)\) (g).

Khối lượng dung dịch muối sau khi trộn hai dung dịch là: \(200 + 300 = 500\) (g).

Do sau khi trộn hai dung dịch I và II thì được một dung dịch có nồng độ muối là 33% nên ta có phương trình: \(\frac{{2x + 3\left( {x - 20} \right)}}{{500}} \cdot 100\% = 33\% \)

\(2x + 3x - 60 = 33 \cdot 5\)

\(5x = 225\)

\(x = 45\) (thỏa mãn).

Vậy nồng độ muối của dung dịch I và II lần lượt là \(45\% \) và \(25\% .\)