Một xe ô tô chở hàng đi từ A đến B với vận tốc 50 km/h. Sau khi đến B ô tô dừng lại để giao hàng 30 phút rồi quay về A với vận tốc 60 km/h. Tính độ dài quãng đường AB, biết rằng tổng thời gian ô tô đi, thời gian về và nghỉ là 6 giờ.

a) Vì tam giác ABC vuông tại A nên $\widehat{BAC}={90}^o$

Theo đề bài, AH là đường cao của tam giác ABC nên AH ^ BC hay $\widehat{AHC}$ = 90°

Do đó $\widehat{BAC} = \widehat{AHC}$ = 90°.

Xét ∆ABC và ∆HAC có:

 $\widehat{BAC}=\widehat{AHC}$ = 90° (chứng minh trên)

$\widehat{C}$ chung

Do đó ∆ABC $\backsim$ ∆HAC (g.g)

b) Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ABC vuông tại A, ta có:

BC² = AB² + AC² = 6² + 8² = 100

Suy ra BC = 10 cm.

Tam giác ABC có AH là đường cao tương ứng với cạnh đáy BC nên:

S_ABC = $\frac{1}{2}$.AH. BC (1)

Mặt khác, tam giác ABC vuông tại A nên:

S_ABC = $\frac{1}{2}$.AB.AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra S_ABC = $\frac{1}{2}$.AB.AC = $\frac{1}{2}$.AH. BC

Do đó AH = $\frac{AB.AC}{BC}$ = $\frac{6.8}{10}$= 4,8 (cm).

Vậy BC = 10 cm; AH = 4,8 cm.

c) Ta có: $\widehat{AHE}$ + $\widehat{EHC}$ = 90° và $\widehat{EHC}$ + $\widehat{ECH}$= 90°

Suy ra $\widehat{AHE}$ = $\widehat{ECH}$

Xét ∆AEH và ∆CHE có:

 $\widehat{AHE}=\widehat{ECH}$ (chứng minh trên)

$\widehat{AEH}=\widehat{HAC}$ = 90° (HE ^ AC tại E)

Do đó ∆AEH $\backsim$ ∆CHE (g.g)

Suy ra $\frac{A\text{E}}{HE}=\frac{HE}{CE}$ (các cạnh tương ứng)

Do đó HE² = AE. EC (đpcm) (1)

d) Ta có: AB ⊥ AC (vì ∆ABC vuông tại A) và HE ⊥ AC (giả thiết)

Suy ra AB // HE.

Do đó $\widehat{BAI}$ = $\widehat{IHE}$ (hai góc so le trong)

Xét ∆AIF và ∆EIH có:

$\widehat{BAI}$ = $\widehat{IHE}$ (chứng minh trên)

IA = IH (giả thiết)

$\widehat{FIA}$ = $\widehat{HIE}$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó ∆AIF = ∆EIH (g.c.g)

Suy ra AF = HE (hai cạnh tương ứng)

Mà AF // HE (vì HE // AB)

Do đó AEHF là hình bình hành.

Mặt khác, $\widehat{FAE}$ = 90°

Do đó AEHF là hình chữ nhật

Suy ra $\widehat{AFH}$= 90°.

Do đó $\widehat{AFH}$ = $\widehat{EHF}$ = 90°.

Mặt khác, ABCD là hình chữ nhật nên hai đường chéo AH và EF bằng nhau; AH cắt EF tại trung điểm I.

Suy ra IH = IF nên ∆HIF cân tại I.

Do đó $\widehat{IHF}=\widehat{IFH}$.

Xét ∆AFH và ∆EHF có:

$\widehat{IHF}=\widehat{IFH}$ (chứng minh trên)

$\widehat{AFH}$ = $\widehat{EHF}$= 90° (chứng minh trên)

Do đó ∆AFH $\backsim$ ∆EHF (g.g).

Suy ra $\frac{FA}{HF}=\frac{HF}{FB}$ (các cặp cạnh tương ứng)

Nên FA . FB = HF² (2)

Từ (1) và (2) suy ra AF. FB + AE. EC = HF² + HE²

Xét ∆FHE vuông góc tại H có:

HF² + HE² = EF² = AH² (vì EF = AH)

a) Khi x = −1 (TMĐK), giá trị của biểu thức A bằng:

A = $\frac{x-1}{x^2-9}$ = $\frac{-1-1}{{\left(-1\right)}^2-9}$ = $\frac{1}{4}$.

Vậy khi x = −1 giá trị của biểu thức A bằng $\frac{1}{4}$.

b) Ta có: A = $\frac{x-1}{x^2-9}$ + $\frac{1}{x-3}$

= $\frac{x-1}{x^2-9}$+$\frac{x+3}{x^2-9}$= $\frac{2x+2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}$.

P = $\frac{A}{B}$=  $\frac{\frac{2x+2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}}{\frac{2}{x-3}}\frac{2x+2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}:\frac{2}{x-3}$

= $\frac{2x+2}{\left(x-3\right)\left(x+3\right)}$. $\frac{x-3}{2}$= $\frac{x+1}{x+3}.$

c) Ta có: P = $\frac{x+1}{x+3}$ = $\frac{x+3-2}{x+3}$ = 1 − $\frac{2}{x+3}$

Để P có giá trị nguyên thì giá trị của $\frac{2}{x+3}$ cũng phải nguyên.

Do đó (x + 3) Î Ư(2) = {±1; ±2}.