Cho hai biểu thức \(A = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}\) và \(B = \frac{{x + 2}}{{x + 1}} + \frac{3}{{x + 3}} - \frac{{6x + 8}}{{{x^2} + 4x + 3}}\) với \(x \ne  - 1;x \ne  - 3\).

a) Tính giá trị của \(A\) khi \(x = 4\).

b) Chứng minh rằng \(B = \frac{{x + 1}}{{x + 3}}\).

c) Đặt \(P = A.B\), tìm tất cả các giá trị nguyên âm của \(x\) để \(P\) nhận giá trị là số nguyên.

a) Từ \(3{x^2} + 2{y^2} = 5xy\) ta có

\[3{x^2} + 2{y^2} - 5xy = 0\]

\[3{x^2} - 3xy + 2{y^2} - 2xy = 0\]

\[3x\left( {x - y} \right) + 2y\left( {y - x} \right) = 0\]

\[\left( {x - y} \right)\left( {3x - 2y} \right) = 0\]

Suy ra \(3x = 2y\) (vì \(x < y\) nên \(x - y \ne 0)\)

Hay \(y = 1,5x\)

Ta có \(S = \frac{{y + 2x}}{{y - 2x}} = \frac{{1,5x + 2x}}{{1,5x - 2x}} = \frac{{3,5x}}{{ - 0,5x}} = - 7.\)

Vậy \(S = - 7.\)

b) Ta có \(\frac{M}{{41}} = \frac{{7{x^2} - 13xy + {y^2}}}{{2{x^2} + xy + 3{y^2}}}\).

Nếu \(y = 0\) thì \({x^2} = \frac{{41}}{2}\). Do đó \(M = \frac{{287}}{2}\).

Nếu \(y \ne 0\) thì \(P = \frac{M}{{41}} = \frac{{7{t^2} - 13t + 1}}{{2{t^2} + t + 3}}\) với \(t = \frac{x}{y}\).

Ta được

Suy ra \(\left( {2P - 7} \right){t^2} + \left( {P + 13} \right)t + 3P - 1 = 0\).

Phương trình trên có nghiệm nên \({\left( {P + 13} \right)^2} - 4\left( {2P - 7} \right)\left( {3P - 1} \right) \ge 0\)

Suy ra \(\left( {P + 1} \right)\left( {141 - 23P} \right) \ge 0\)

Do đó \( - 1 \le P \le \frac{{141}}{{23}}\)

Nên \( - 41 \le M \le \frac{{5781}}{{23}}\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(M\) là \(\frac{{5781}}{{23}}\) khi \(x = \frac{{ - 20}}{{\sqrt {23} }},\,\,y = \frac{{11}}{{\sqrt {23} }}\).

1) Ta có: \(BC = 2.61 = 122\,({\rm{m}})\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) ta có

\(A{B^2} = B{C^2} - A{C^2} = {122^2} - {22^2} = \left( {122 + 22} \right)\left( {122 - 22} \right) = 144 \cdot 100 = 14\,\,400\)

Do đó \(AB = \sqrt {14400} = 120\,({\rm{m}})\).

2)

a) Theo giả thiết, \(P,N\) lần lượt là điểm đối xứng của \(M\) và \(A\) qua \(I\) nên \(I\) là trung điểm của \(AN,\,MP\)

Suy ra tứ giác \(AMNP\) là hình bình hành (dhnb).

Do \(MP \bot AN\) nên \(AMNP\) là hình thoi.

Xét tam giác \(AIM\) có \(\widehat {AIM} = 90^\circ \), \(\widehat {IAM} = 45^\circ \) (do \(ABCD\) là hình vuông)

Nên \(\Delta AIM\) vuông cân tại \(I\) nên \(AI = IM\). Do đó \(AN = MP\).

Hình thoi \(AMNP\) có \(AN = MP\) nên \(AMNP\) là hình vuông.

b) Xét \(\Delta APD\) và \(\Delta AMD\), ta có:

\(AD\) là cạnh chung;

\(\widehat {PAD} = \widehat {MAD}\,\,\,\left( {\widehat {PAD} = \widehat {PAN} = 45^\circ = \widehat {MAN} = \widehat {MAD}} \right);\)

\(AP = AM\) (do \(AMNP\) là hình vuông).

Vậy \(\Delta APD = \Delta AMD\) (c.g.c)

Suy ra \(PD = MD\) (3)

Xét \(\Delta ABM\) và \(\Delta ADM\), ta có:

\(AM\) là cạnh chung;

\(\widehat {BAM} = \widehat {DAM}\,\,\,\left( {\widehat {BAM} = \widehat {BAC} = 45^\circ = \widehat {DAC} = \widehat {DAM}} \right);\)

\(AB = AD\) (do \(ABCD\) là hình vuông).

Vậy \(\Delta ABM = \Delta ADM\) (c.g.c).

Suy ra \(BM = MD\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(BM = PD.\)

c)

Xét tứ giác \(APQM\), ta có: \(\widehat {MQP} = 360 - \widehat {MAP} - \widehat {APQ} - \widehat {AMQ}\)

Mà \(\widehat {APQ} = \widehat {AMD} = \widehat {AMB}\)

Nên \(\widehat {MQP} = 360^\circ - 90^\circ - \left( {\widehat {AMB} + \widehat {AMQ}} \right) = 360^\circ - 90^\circ - 180^\circ = 90^\circ \).

Ta có \(I\) là giao 2 đường chéo hình vuông \(AMNP\), \(O\) là giao điểm của 2 đường chéo hình vuông \(ABCD\).

Ta có: \(IQ = \frac{1}{2}PM = \frac{1}{2}AN\) nên \(\widehat {AQN} = 90^\circ ,\,\,OQ = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC.\)  

Do đó \(\widehat {AQC} = 90^\circ \).

Vậy \(\widehat {AQN} + \widehat {AQC} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \) nên \(C,Q,N\) thẳng hàng.