a) Cho các số thực dương \(x,y\) thỏa mãn \(x < y\) và \(3{x^2} + 2{y^2} = 5xy\). Tính giá trị của biểu thức \(S = \frac{{y + 2x}}{{y - 2x}}\).

b) Cho các số thực \(x,y\) thỏa mãn điều kiện \(2{x^2} + xy + 3{y^2} = 41\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(M = 7{x^2} - 13xy + {y^2}\).

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.

a) Thay \(x = 4\) (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức \(A\) ta có: \[A = \frac{{2.4 + 3}}{{4 + 1}} = \frac{{11}}{5}\].

Vậy \[A = \frac{{11}}{5}\] khi \(x = 4\).

b) Với điều kiện \(x \ne - 1;x \ne - 3\), biểu thức \(B\) được biến đổi như sau:

\(B = \frac{{x + 2}}{{x + 1}} + \frac{3}{{x + 3}} - \frac{{6x + 8}}{{{x^2} + 4x + 3}}\)

\(B = \frac{{x + 2}}{{x + 1}} + \frac{3}{{x + 3}} - \frac{{6x + 8}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}\)

\[B = \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)}} + \frac{{3\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)}} - \frac{{6x + 8}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{{x^2} + 5x + 6 + 3x + 3 - 6x - 8}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}\]

\[B = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{x + 1}}{{x + 3}}\].

c) \(P = A.B = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}.\frac{{x + 1}}{{x + 3}} = \frac{{2x + 3}}{{x + 3}} = \frac{{2x + 3}}{{x + 3}} = 2 - \frac{3}{{x + 3}}.\)

Để \(P\) nhận giá trị nguyên khi \(\frac{3}{{x + 3}} \in \mathbb{Z}\) tức là \(x + 3 \in \)Ư\(\left( 3 \right) = \left\{ { \pm 1; \pm 3} \right\}\)

Ta có bảng sau:

 Vậy \(x \in \left\{ { - 2; - 4; - 6} \right\}\).