Cho biểu thức \(A = \frac{{2x + 5}}{{x - 2}}\) và \(B = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 1}} + \frac{x}{{x - 1}} - \frac{5}{{x + 1}}\) với \(x \ne 1;\,\,x \ne - 1;\,\,x \ne 2.\)

1) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 5.\)

2) Rút gọn biểu thức \(B.\)

3) Tìm tất cả các giá trị không âm của \(x\) để biểu thức \(P = A.B\) đạt giá trị nguyên.

Từ 1 đến 100 có tất cả 100 thẻ.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố là: \(9;\,\,18;\,\,27;\,\,36;\,\,45;\,\,54;\,\,63;\,\,72;\,\,81;\,\,90\)

Vậy có 10 kết quả thuận lợi.

Xác suất của biến cố “Số trên thẻ được rút ra là số có tổng các chữ số bằng 9” là: \[\frac{{10}}{{100}} = \frac{1}{{10}}.\]

1) Chứng minh \[K\]là trung điểm của \[\;BC\]

Vì \[ABCD\]là hình vuông (gt) nên \[AB = BC = CD = DA\]và \[\widehat {ABC} = \widehat {BCD} = \widehat {CDA} = \widehat {DAB} = 90^\circ \] (định nghĩa), hay \[\widehat {MBC} = \widehat {KCD} = 90^\circ .\]

Ta có \[E,F\] lần lượt là chân đường cao hạ từ \[B\]và \[D\] lên \[CM\] (gt) nên \[BE \bot CM\] và \[DF \bot CM\].

Suy ra \[BE\,{\rm{//}}\,DF\] hay \[BE\,{\rm{//}}\,DK\], do đó \[\widehat {EBC} = \widehat {DKC}\] (đồng vị). (1)

Ta có \[\Delta BEM\]vuông tại E (vì\[BE \bot CM\]), nên \[\widehat {EBM} + \widehat {EMB} = 90^\circ \], do đó \[\widehat {EMB} = \widehat {EBC}\] (cùng bù với \[\widehat {MBE}\]). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {EMB} = \widehat {DKC}\] hay \[\widehat {CMB} = \widehat {DKC}\].

Xét \[\Delta BMC\] và \[\Delta CKD\] có:

\[\widehat {MBC} = \widehat {KCD} = 90^\circ \] (cmt);

\[BC = DC\] (hai cạnh của hình vuông)

\[\widehat {CMB} = \widehat {DKC}\] (cmt)

Do đó \[\Delta BMC\]= \[\Delta CKD\] (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra \[BM = CK\] (hai cạnh tương ứng).

Mà \[AB = BC = 2BM\](gt), hay\[BC = 2CK\]. Do đó \[K\]là trung điểm của\[BC\].

2) Chứng minh \[AD = AF\]

Nối AN. Xét tứ giác \[AMCN\]có \[AM\,{\rm{//}}\,CN\]và \[AM = CN\] (do \[AB\] và \[CD\] song song và bằng nhau vì là hai cạnh đối của hình vuông)

Suy ra tứ giác \[AMCN\] là hình bình hành nên \[AN\,{\rm{//}}\,CM\].

Mà theo chứng minh phần 1) ta có \[BE\,{\rm{//}}\,DF\]và \[DK \bot MC\], nên \[DK \bot AN\].

Xét \[\Delta FDC\]vuông tại \[F\] (theo gt \[DF \bot CM\]) có \[N\]là trung điểm của \[DC\] nên \[ND = NC = NF = \frac{{DC}}{2}\].

Do đó \[\Delta NDF\] cân tại \[N\]\[\left( {ND = NF = \frac{{DC}}{2}} \right)\] có \[NA\] là đường cao.

Suy ra \[NA\] là đường trung trực của \[DF\].

Do đó \[AD = AF\] (mọi điểm nằm trên đường trung trực luôn cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng).

3) Chứng minh \[PQ\] đi qua trung điểm của \[AD.\]

Gọi \[R\] là giao điểm của \[AF\] và \[DC\]; H là giao điểm của \[PQ\] và \[AD\].

Xét \[\Delta AFM\] có \[AM\,{\rm{//}}\,CR\] nên theo hệ quả định lí Thalès ta có \[\frac{{CR}}{{MA}} = \frac{{FC}}{{FM}}\,\,(3)\,\]

Xét \[\Delta BFM\]có \[MB\,{\rm{//}}\,CQ\] nên theo hệ quả định lí Thalès ta có \[\frac{{CQ}}{{MB}} = \frac{{FC}}{{FM}}\,\,(4)\]

Từ \[(3)\] và \[(4)\] suy ra \[\frac{{CR}}{{MA}} = \frac{{CQ}}{{MB}}\,\,\].

Mà \[MA = MB\] (gt) nên suy ra \[CR = CQ\] hay \[C\] là trung điểm của \[QR\].

Kẻ \[KT\,{\rm{//}}\,FQ\] hay \[KT\,{\rm{//}}\,BQ\].

Do \[K\]là trung điểm của \[BC\] (cmt) nên theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có \[T\]là trung điểm của \[QC\].

Xét \[\Delta BCM\] có \[K \in BC;F \in MC;D \in QC\]và \[D;\,\,F;\,\,K\]thẳng hàng.

Do đó theo định lí Menelaus ta có: \[\frac{{KC}}{{KB}}.\frac{{FC}}{{FM}}.\frac{{DC}}{{DQ}}\,\, = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\]

Vì \[K\]là trung điểm của \[BC\] (cmt) nên \[KB = KC\] suy ra \[\frac{{KC}}{{KB}} = 1\].

Mà \[\frac{{FC}}{{FM}} = \frac{{CQ}}{{MB}}\] (cmt)

Thay \[\frac{{KC}}{{KB}} = 1\] và \[\frac{{FC}}{{FM}} = \frac{{CQ}}{{MB}}\] vào \[\left( 5 \right)\] ta được: \[1.\frac{{CQ}}{{MB}}.\frac{{DC}}{{DQ}}\,\, = 1\,\]hay \[\frac{{CQ}}{{DQ}}.\frac{{DC}}{{MB}}\,\, = 1\,\]

Suy ra \[\frac{{CQ}}{{DQ}} = \frac{{MB}}{{DC}}\,\] \[\left( 6 \right)\] (tích của \[2\] phân số bằng \[1\] khi chúng là nghịch đảo của nhau)

Vì \[M\] là trung điểm của \[AB\](gt) nên \[MB = \frac{{AB}}{2}\] nên \[MB = \frac{{CD}}{2}\] (Vì \[AB = \,CD\])

Suy ra \[\frac{{MB}}{{CD}} = \frac{1}{2}\] \[\left( 7 \right)\]

Từ \[\left( 6 \right)\]và \[\left( 7 \right)\] suy ra \[\frac{{CQ}}{{DQ}} = \frac{1}{2}\] hay \[DQ = 2CQ.\]

Do \[NA\] là trung trực của \[DF\] (câu\[2\]) và \[NA\] cắt \[DF\] tại \[P\]nên \[P\]là trung điểm của \[DF\]

Ta có \[\frac{{DQ}}{{DR}} = \frac{{DQ}}{{DQ + QR}} = \frac{{2CQ}}{{2CQ + QR}}\] (vì \[DQ = 2CQ\,\]cmt)

=\[\frac{{2CQ}}{{2CQ + 2CQ}} = \frac{{2CQ}}{{4CQ}} = \frac{1}{2}\] (vì \[C\] là trung điểm của \[QR\]nên \[QR = 2CQ\,)\]

Do đó \[\frac{{DQ}}{{DR}} = \frac{1}{2}\], suy ra \[Q\] là trung điểm của \[DR\]

Xét \[\Delta DFR\]có \[P,\,\,Q\] lần lượt là trung điểm của \[DF\] và \[DR\] (cmt)

Do đó \[PQ\] là đường trung bình của \[\Delta DFR\] nên \[PQ\,{\rm{//}}\,FR\] hay \[PH\,{\rm{//}}\,AF.\]

Xét \[\Delta ADF\]có: \[P\]là trung điểm của \[DF\] và \[PH\,{\rm{//}}\,AF\] (cmt)

Suy ra \[H\] là trung điểm của \[AD\] hay \[PQ\] đi qua trung điểm của \[AD.\]

4) Giả sử hình vuông \[ABCD\] có cạnh bằng \[a\], tính diện tích tam giác \[NEF\]theo \[a\].

Ta có \[{S_{NEF}} = {S_{AMCN}} - {S_{AMEN}} - {S_{NFC}}\]

Tứ giác \[AMCN\] là hình bình hành (câu \[2\]) nên \[AN\,{\rm{//}}\,MC\].

Suy ra tứ giác \[AMEN\] là hình thang và \[ES\] là chiều cao của hình bình hành \[AMCN\], của hình thang \[AMEN\]và của \[\Delta NFC\].

Vì \[BE \bot CM\](gt) và \[AN\,{\rm{//}}\,MC\] nên \[BE \bot AN\].

Ta có cạnh hình vuông \[AB = a\] nên \[AM = MB = \frac{a}{2}\]

Xét \[\Delta MBC\]vuông tại \[B\]có: \[M{C^2}\, = M{B^2} + BC{\,^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {a^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\] suy ra \[MC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Tứ giác \[AMCN\] là hình bình hành nên \[AN = CM = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Ta có \[{S_{\Delta MBC}} = \frac{1}{2}BM.BC = \frac{1}{2}BE.MC\].

Suy ra \[{S_{\Delta MBC}} = \frac{1}{2}BM.BC = \frac{1}{2}BE.MC\] hay \[BM.BC = BE.MC\].

Do đó \[BE = \frac{{BM.BC}}{{MC}} = \frac{{\frac{a}{2}.a}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{a}{{\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \[\Delta EBM\], ta có: \[M{E^2}\, = M{B^2} - BE{\,^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{5}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{{20}}\], suy ra \[ME\, = \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}}\].

Do \[ME\,{\rm{//}}\,AN\]và \[M\] là trung điểm của \[AB\], nên theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có \[E\] là trung điểm của \[BS\], hay \[BE = {\rm{ES}}\,{\rm{ = }}\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\].

\[{S_{AMEN}} = \frac{1}{2}\left( {EM + AN} \right).ES = \frac{1}{2}\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{{10}} + \frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right).\frac{{a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\](đvdt)

\[{S_{AMCN}} = AN.ES = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{2}\](đvdt)

\[{S_{NFC}} = \frac{1}{2}FC.ES\]

*) Tính FC:

Xét \[\Delta EMB\]và \[\Delta FKC\] có

\[MB = KC = \frac{a}{2}\]; \[\widehat {MEB} = \widehat {KFC} = {90^ \circ }\]và \[\widehat {EBM} = \widehat {FCK}\] (cùng phụ với \[\widehat {EBC}\])

Do đó \[\Delta EMB\] = \[\Delta FKC\] (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra \[BE = FC\,{\rm{ = }}\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

\[{S_{NFC}} = \frac{1}{2}FC.ES = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{5}.\frac{{a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{{a^2}}}{{10}}\]

Vậy \[{S_{NEF}} = {S_{AMCN}} - {S_{AMEN}} - {S_{NFC}} = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{3{a^2}}}{{10}} - \frac{{{a^2}}}{{10}} = \frac{{{a^2}}}{{10}}\] (đvdt).