Phân thức $\frac{2}{{x - 3}}$ có nghĩa khi $x - 3 = 0$ hay $x = 3$.

Ta có: $\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{x - y}} = \frac{P}{{{x^2} - {y^2}}}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^2}.\left( {{x^2} - {y^2}} \right) = P.\left( {x - y} \right)\\{\left( {x + y} \right)^2}.\left( {x + y} \right)\left( {x - y} \right) = P.\left( {x - y} \right)\\{\left( {x + y} \right)^3}\left( {x - y} \right) = P\left( {x - y} \right)\\ \Rightarrow P = {\left( {x + y} \right)^3}\end{array}$

Ta có: $\frac{{{x^3} - 2{x^2}}}{{2{x^2} - 4x}} = \frac{{{x^2}\left( {x - 2} \right)}}{{2x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{x}{2}$.

Ta có: $\frac{{2x}}{{x - 3}}:\frac{{4{x^2}}}{{3 - x}} = \frac{{2x}}{{x - 3}}.\frac{{3 - x}}{{4{x^2}}} = \frac{{2x}}{{x - 3}}.\frac{{ - \left( {x - 3} \right)}}{{4{x^2}}} = \frac{{ - 2x}}{{4{x^2}}} = \frac{{ - 1}}{{2x}}$.

Ta có: MN // BC nên $\Delta AMN\backsim \Delta ABC$ (định lí hai tam giác đồng dạng)

$\Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{MN}}{{BC}} \Rightarrow \frac{2}{{2 + 3}} = \frac{x}{{6,3}} \Rightarrow x = 6,3.\frac{2}{5} = 2,52$.

Xét $\Delta AEF$ và $\Delta ACB$ có:

$\widehat A$ chung

$\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{AC}}{{AB}}\left( {\frac{{20}}{{16}} = \frac{{30}}{{24}} = \frac{5}{4}} \right)$

$\Rightarrow \Delta AEF\backsim \Delta ACB\left( c.g.c \right)$

$\begin{array}{l}\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}}\\\frac{{20}}{{30}} = \frac{{EF}}{{36}}\\ \Rightarrow EF = 36.\frac{{20}}{{30}} = 24\end{array}$

Vì tam giác ABC vuông tại A và M là trung điểm của BC nên AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác ABC.

$\Rightarrow AM = \frac{1}{2}BC \Rightarrow BC = 2AM = 2.25 = 50\left( m \right)$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông ABC, ta có:

$\begin{array}{l}A{B^2} = B{C^2} - A{C^2} = {50^2} - {40^2} = {30^2}\\ \Rightarrow AB = 30\left( m \right)\end{array}$

Vì $\Delta ABC\backsim \Delta HIK$ nên $\widehat A = \widehat H;\widehat B = \widehat I;\widehat C = \widehat K$

$\Rightarrow \widehat C = \widehat K = {180^0} - \widehat A - \widehat B = {180^0} - {80^0} - {25^0} = {75^0}$.

1. Số cây ăn quả là:

 $\begin{array}{l}{x^2} + 2x - {y^2} - 2y - \left( {{x^2} - {y^2}} \right)\\ = {x^2} + 2x - {y^2} - 2y - {x^2} + {y^2}\\ = \left( {{x^2} - {x^2}} \right) + \left( { - {y^2} + {y^2}} \right) + 2x - 2y\\ = 2x - 2y\end{array}$

a) Phân thức biểu thị tỉ số cây lấy gỗ và số cây ăn quả là: $\frac{{{x^2} - {y^2}}}{{2x - 2y}}$.

b) Ta có: $\frac{{{x^2} - {y^2}}}{{2x - 2y}} = \frac{{\left( {x - y} \right)\left( {x + y} \right)}}{{2\left( {x - y} \right)}} = \frac{{x + y}}{2}$.

Thay $x = 100;y = 10$ vào phân thức ta được: $\frac{{100 + 10}}{2} = \frac{{110}}{2}$.

2.

a) $\frac{{1 - 3x}}{{2x}} + \frac{{3x - 2}}{{2x - 1}} + \frac{{3x - 2}}{{2x - 4{x^2}}}$ (ĐK: $x \ne 0;x \ne \frac{1}{2}$)

$\begin{array}{l} = \frac{{1 - 3x}}{{2x}} + \frac{{3x - 2}}{{2x - 1}} + \frac{{3x - 2}}{{2x\left( {1 - 2x} \right)}}\\ = \frac{{\left( {1 - 3x} \right)\left( {1 - 2x} \right)}}{{2x\left( {1 - 2x} \right)}} - \frac{{2x\left( {3x - 2} \right)}}{{2x\left( {1 - 2x} \right)}} + \frac{{3x - 2}}{{2x\left( {1 - 2x} \right)}}\\ = \frac{{1 - 5x + 6{x^2} - 6{x^2} + 4x + 3x - 2}}{{2x\left( {1 - 2x} \right)}}\\ = \frac{{2x - 1}}{{2x\left( {1 - 2x} \right)}}\\ = \frac{{ - 1}}{{2x}}\end{array}$

b) $\frac{{{x^2} + x}}{{5{x^2} - 10x + 5}}:\frac{{3x + 3}}{{5x - 5}}$ (ĐK: $x \ne 1$)

$\begin{array}{l} = \frac{{x\left( {x + 1} \right)}}{{5\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)}}.\frac{{5\left( {x - 1} \right)}}{{3\left( {x + 1} \right)}}\\ = \frac{{x\left( {x + 1} \right).5\left( {x - 1} \right)}}{{5{{\left( {x - 1} \right)}^2}.3\left( {x + 1} \right)}}\\ = \frac{x}{{3\left( {x - 1} \right)}}\end{array}$

a) Ta có x = 6 thỏa mãn điều kiện nên thay x = 6 vào Q, ta được:

$Q = \frac{{6 - 4}}{{{6^2} - 25}} = \frac{2}{{11}}$

Vậy $Q = \frac{2}{{11}}$ với $x = 6$.

b) Ta có:

$\begin{array}{l}P = \frac{1}{{x + 5}} + \frac{2}{{x - 5}} - \frac{{2x + 10}}{{\left( {x + 5} \right)\left( {x - 5} \right)}}\\ = \frac{1}{{x + 5}} + \frac{2}{{x - 5}} - \frac{{2\left( {x + 5} \right)}}{{\left( {x + 5} \right)\left( {x - 5} \right)}}\\ = \frac{1}{{x + 5}} + \frac{2}{{x - 5}} - \frac{2}{{x - 5}}\\ = \frac{1}{{x + 5}}\end{array}$

Vậy $P = \frac{1}{{x + 5}}$.

c) Ta có:

$\begin{array}{l}A = \frac{Q}{P} = \frac{1}{{x + 5}}:\frac{{x - 4}}{{{x^2} - 25}}\\ = \frac{1}{{x + 5}}.\frac{{\left( {x - 5} \right)\left( {x + 5} \right)}}{{x - 4}}\\ = \frac{{x - 5}}{{x - 4}}\end{array}$

$A = \frac{{x - 5}}{{x - 4}} = \frac{{x - 4 - 1}}{{x - 4}} = 1 - \frac{1}{{x - 4}}$.

Để A nguyên thì $\frac{1}{{x - 4}}$ là số nguyên hay $1 \vdots \left( {x - 4} \right)$ $\Rightarrow \left( {x - 4} \right) \in$ Ư(1); Ư(1) = $\left\{ { \pm 1} \right\}$.

Với x – 4 = 1 $\Rightarrow$ x = 5 (không thỏa mãn)

Với x – 4 = -1 $\Rightarrow$ x = 3 (thỏa mãn)

Vậy với x = 3 thì A nguyên.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại A, ta có:

$\begin{array}{l}B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = 5,{4^2} + 3,{8^2} = 43,6\\ \Rightarrow BC = 6,60\end{array}$

Vậy chiều dài cánh buồm là 6,6.

a) Ta có:

$\left. \begin{array}{l}AK \bot AC\\BE \bot AC\end{array} \right\} \Rightarrow AK//BE$

$\left. \begin{array}{l}BK \bot BC\\AF \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BK//AF$

Xét tứ giác AHBK có:

$\begin{array}{l}AK//BH\left( {H \in BE} \right)\\AB//AH\left( {H \in AF} \right)\end{array}$

$\Rightarrow$ AHBK là hình bình hành.

b) Xét $\Delta HAE$ và $\Delta HBF$ có:

$\widehat E = \widehat F\left( { = {{90}^0}} \right)$

$\widehat {AHE} = \widehat {BHF}$ (hai góc đối đỉnh)

$\Rightarrow \Delta HAE\backsim \Delta HBF$ (g.g) (đpcm)

c) Xét $\Delta AFC$ và $\Delta BEC$ có:

$\widehat F = \widehat E\left( { = {{90}^0}} \right)$

$\widehat C$ chung

$\Rightarrow \Delta AFC\backsim \Delta BEC\left( g.g \right)$

$\Rightarrow \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{CF}}{{CE}} \Rightarrow AC.CE = CF.CB$ (đpcm)

d) Gọi D là giao điểm của AB và HK $\Rightarrow$ D là trung điểm của AB và HK.

Để AHBK là hình thoi thì $AB \bot HK$.

Mà H trực tâm của tam giác ABC nên $CH \bot AB$.

$\Rightarrow$ C, H, K thẳng hàng hay C, H, D thẳng hàng.

Khi đó CD là đường cao của tam giác ABC.

Mà D là trung điểm của AB nên CD cũng là đường trung tuyến của tam giác ABC

$\Rightarrow$ Tam giác ABC cân tại C.

Vậy để AHBK là hình thoi thì tam giác ABC cân tại C.

Ta có:

$\begin{array}{l}\frac{a}{x} + \frac{b}{y} + \frac{c}{z} = 0\\\frac{{ayz + bxz + cxy}}{{xyz}} = 0\\ \Rightarrow ayz + bxz + cxy = 0\end{array}$

Ta lại có:

$\begin{array}{l}\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\\ \Rightarrow {\left( {\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c}} \right)^2} = 1\\{\left( {\frac{x}{a}} \right)^2} + {\left( {\frac{y}{b}} \right)^2} + {\left( {\frac{z}{c}} \right)^2} + 2.\frac{x}{a}.\frac{y}{b} + 2.\frac{x}{a}.\frac{z}{c} + 2.\frac{y}{b}.\frac{z}{c} = 1\\{\left( {\frac{x}{a}} \right)^2} + {\left( {\frac{y}{b}} \right)^2} + {\left( {\frac{z}{c}} \right)^2} + 2\left( {\frac{{xy}}{{ab}} + \frac{{xz}}{{ac}} + \frac{{yz}}{{bc}}} \right) = 1\\\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} + 2\left( {\frac{{xyc + bxz + ayz}}{{abc}}} \right) = 1\\\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} + 2.\frac{0}{{abc}} = 1\\\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} = 1\end{array}$

Ta được điều phải chứng minh.