Tìm \(x,\) biết:

1) \(3{x^2} + 15x = 0.\)

2) \(\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2x + 4} \right) - x\left( {{x^2} - 3} \right) = 14.\)

3) \[{x^2} - \left( {x + 2} \right)\left( {3x - 7} \right) = 4.\]

Hướng dẫn giải

1) Thể tích phần trên của đèn cắm đất hình kim tự tháp đó là:

\(V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot {120^2} \cdot \left( {200 - 130} \right) = 336\,\,000\,\,\left( {{\rm{m}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy thể tích phần trên của đèn cắm đất hình kim tự tháp là \(336\,\,000\,\,{\rm{m}}{{\rm{m}}^3}.\)

2) a) Xét tứ giác \(ABEM\) có: \(HE = AH\) (gt); \(HB = HM\) (\(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BM)\). Suy ra hai đường chéo \(AE\) và \(BM\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên \(ABEM\) là hình bình hành. Hình bình hành \(ABEM\) có \(AE \bot BM\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)) Do đó, tứ giác \(ABEM\) là hình thoi.

b) Vì \(ABEM\) là hình thoi nên \(EM\,{\rm{//}}\,AB\) hay \(EN\,{\rm{//}}\,AB.\)

Mà \(AB\; \bot AC\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)) nên \(EN \bot AC\)

Xét \(\Delta AEC\) có \(CH \bot AB\,;\,\,EN \bot AC\) mà \(EN\) và \(CH\) cắt nhau tại \(M\).

Do đó \(M\) là trực tâm của \(\Delta AEC.\)

c) Lấy \(F\) là trung điểm của \(MC.\) Chứng minh \(H{F^2} = H{N^2} + N{F^2}.\)

Xét \({\rm{\Delta }}MNC\) vuông tại \(N\) (vì \(EN\; \bot AC\) tại \(N\)) có \(F\) là trung điểm của cạnh huyền \(MC\) nên

\(NF = \frac{1}{2}MC = FC = MF\).

Suy ra \({\rm{\Delta }}NFC\) cân tại \(F\) nên \(\widehat {FNC} = \widehat {FCN}\).                   (1)

Xét \({\rm{\Delta }}AEN\) vuông tại \(N\) có \(H\) là trung điểm của cạnh huyền \(AE\) nên \(HN = \frac{1}{2}AE = HA = HE.\)

Suy ra \({\rm{\Delta }}AHN\) cân tại \(H\) nên \(\widehat {HNA} = \widehat {HAN}\).                  (2)

Vì \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) (cmt) nên \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = 90^\circ \) hay \(\widehat {HAN} + \widehat {FCN} = 90^\circ .\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {HAN} + \widehat {FCN} = \widehat {HNA} + \widehat {FNC} = 90^\circ \).

Khi đó \(\widehat {HNF} = 180^\circ  - \left( {\widehat {HNA} + \widehat {FNC}} \right) = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \) nên \(\Delta HNF\) vuông tại \(N.\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta HNF\) vuông tại \(N,\) ta có: \(H{F^2} = H{N^2} + N{F^2}\) (đpcm).

Hướng dẫn giải

1) Với \(x = 2\) (TMĐK), thay \(x = 2\) vào biểu thức \(A\), ta được:

\[A = \frac{{5 \cdot 2}}{{2 + 1}} = \frac{{10}}{3}.\]

Vậy khi \(x = 2\) thì \[A = \frac{{10}}{3}.\]

2) Với \(x \ne 1\,;\,\,x \ne  - 1,\) ta có:

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

\( = \frac{x}{{x - 1}} + \frac{3}{{x + 1}} - \frac{{6x - 4}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{x\left( {x + 1} \right) + 3\left( {x - 1} \right) - \left( {6x - 4} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{{x^2} + x + 3x - 3 - 6x + 4}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\)
\[ = \frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\]

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

Vậy với \(x \ne 1\,;\,\,x \ne  - 1\) thì \[B = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}.\]

3) Ta có \(P = A:B = \frac{{5x}}{{x + 1}}:\frac{{x - 1}}{{x + 1}} = \frac{{5x}}{{x - 1}} = \frac{{5x - 5 + 5}}{{x - 1}} = 5 + \frac{5}{{x - 1}}\,\,\left( {x \ne  - 1\,;\,\,x \ne 1} \right).\)

Để \(P\) nhận giá trị là số nguyên thì \(5 + \frac{5}{{x - 1}}\) nhận giá trị là số nguyên.

Suy ra \(\frac{5}{{x - 1}} \in \mathbb{Z}\) nên \(x - 1 \in \)Ư\(\left( 5 \right) = \left\{ { - 5\,;\,\, - 1\,;\,\,1\,;\,\,5} \right\}.\)

Ta có bảng sau:

Khi đó \(x \in \left\{ { - 4\,;\,\,0\,;\,\,2\,;\,\,6} \right\}.\)

Mà \(x\) là giá trị nguyên lớn nhất nên \(x = 6.\)

Vậy giá trị nguyên lớn nhất của \(x\) để \(P\) nhận giá trị là số nguyên là \(x = 6.\)