Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 8 Cánh diều cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 3

Hướng dẫn giải

Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ đến $BC.$

Bánh tro có dạng hình chóp tam giác đều $S.ABC$ nên đáy $ABC$ là tam giác đều. Suy ra $AC = BC = AB = 5{\rm{\;cm}}.$

Khi đó ta cũng có đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến nên $HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 5 = 2{,}5{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$ (do $AH \bot BC)$ có:

$A{B^2} = A{H^2} + B{H^2}$ (định lí Pythagore)

Do đó $A{H^2} = A{B^2} - B{H^2} = {5^2} - 2,{5^2} = 25 - 6{,}25 = 18{,}75 = \frac{{75}}{4}.$

Suy ra $AH = \sqrt {\frac{{75}}{4}} = \sqrt {\frac{{{5^2} \cdot {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{{2^2}}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Diện tích đáy hình chóp tam giác đều là:

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \frac{{5\sqrt 3 }}{2} \cdot 5 = \frac{{25\sqrt 3 }}{4}{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).$

Thể tích của hình chóp tam giác đều là:

$V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot \frac{{25\sqrt 3 }}{4} \cdot 4 = \frac{{25\sqrt 3 }}{3} \approx {\rm{14{,}4}}\,{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).$

Vậy thể tích của chiếc bánh tro khoảng $14{,}4{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}.$

Hướng dẫn giải

a) Ta có $CM \bot AB$ và $MA = MB = \frac{1}{2}CB.$

Vì $SO$ là đường cao của hình chóp nên $O$ là trọng tâm của tam giác $ABC.$

Do đó $CM = \frac{3}{2}CO = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt 3 = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông $CBM,$ ta có: $C{B^2} = C{M^2} + M{B^2}$

Suy ra $C{M^2} = C{B^2} - M{B^2} = C{B^2} - {\left( {\frac{1}{2}CB} \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}.$

Do đó ${\left( {3\sqrt 3 } \right)^2} = \frac{3}{4}C{B^2}$ suy ra $CB = 6{\rm{\;cm}}.$

Vì các mặt của hình chóp $S.ABC$ là các tam giác đều nên các cạnh bên của hình chóp có độ dài là $6{\rm{\;cm}}.$

b) Vì các tam giác $SAB$ và $ABC$ là các tam giác đều bằng nhau nên ta có $SM = CM = 3\sqrt 3 {\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}$

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều $S.ABC$ là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2}\left( {AB + BC + CA} \right) \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot \left( {6 + 6 + 6} \right) \cdot 3\sqrt 3 = 27\sqrt 3 \approx 46{,}77{\rm{\;}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{.}}$

Hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông và các mặt bên là những tam giác đều nên là hình chóp đều.

⦁ Gọi $M$ là trung điểm của $CD.$ Khi đó $CM = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a$.

Tam giác $SCD$ đều nên đường trung tuyến $SM$ đồng thời là đường cao nên $SM \bot CD$, do đó $\Delta SCM$ vuông tại $M.$

Áp dụng định lí Pythagore ta có $S{C^2} = S{M^2} + C{M^2}$

Suy ra $S{M^2} = S{C^2} - C{M^2} = {a^2} - {\left( {\frac{1}{2}a} \right)^2} = \frac{3}{4}{a^2}.$ Do đó $SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Diện tích xung quanh của hình chóp đều $S.ABCD$ là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot \left( {4a} \right) \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3$ (đvdt).

⦁ Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $\Delta ADC$ vuông tại $D$ có $AD = DC = a,$ áp dụng định lí Pythagore ta có: $A{C^2} = A{D^2} + D{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}.$ Do đó $AC = a\sqrt 2 .$

Vì $SO$ là đường cao của hình chóp đều $S.ABCD$ với $ABCD$ là hình vuông nên $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$

Do đó $O$ là trung điểm của $AC$ nên $OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều nên $SA = AD = a.$

Xét $\Delta SAO$ vuông tại $O,$ áp dụng định lí Pythagore ta có: $S{A^2} = S{O^2} + A{O^2}$

Suy ra $S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} = {a^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {a^2} - \frac{1}{2}{a^2} = \frac{1}{2}{a^2}.$ Do đó $SO = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.$

Thể tích của hình chóp đều $S.ABCD$ là:

$V = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^3}}}{{3\sqrt 2 }}$ (đvtt).

Hướng dẫn giải

a) Diện tích đáy hình vuông của chiếc lều là:

Thể tích không khí bên trong chiếc lều là:

b) Diện tích xung quanh của chiếc lều là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2} \cdot C \cdot d = \frac{1}{2} \cdot \left( {4 \cdot 3} \right) \cdot 3{,}18 = 19{,}08{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Diện tích vải phủ bốn phía và trải nền đất cho chiếc lều là:

$S = 9 + 19{,}08 = 28{,}08$ (m$^{2}$).

Do $28{,}08 > 20$ nên số tiền mua vải được giảm giá $5\%$ trên tổng hóa đơn.

Vậy số tiền mua vải là: $28{,}08 \cdot 15\,\,000 \cdot \left( {100\% - 5\% } \right) = 400\,\,140$ (đồng).

a) Chiếc đèn được mô phỏng thành hình chóp tam giác đều $A.BCD$ như hình vẽ. Gọi $AH$ là trung đoạn kẻ từ đỉnh $A$ của hình chóp.

Theo bài ta có: $AB = AC = AD = 20$ cm và $BC = CD = DB = 20$ cm.

$\Delta ACD$ đều nên $AH$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

Do đó $DH = CH = \frac{1}{2}CD = 10$ cm.

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$, áp dụng định lí Pythagore ta có:

$A{H^2} = A{C^2} - C{H^2} = {20^2} - {10^2} = 300$

Suy ra $AH = \sqrt {300} = \sqrt {100.3} = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}} = 10\sqrt 3$ cm.

b) Chu vi đáy của hình chóp là: ${C_{day}} = 3BD = 3.20 = 60$ cm.

Diện tích xung quanh của chiếc đèn là:

${S_{xq}} = \frac{1}{2}{C_{day}}.AH = \frac{1}{2}.60.10\sqrt 3 = 300\sqrt 3$ cm$^{2}$.

c) Vì $\Delta ADC$ và $\Delta BDC$ đều là các tam giác đều có cạnh 20 cm nên hai đường cao $AH$ và $BH$ của hai tam giác bằng nhau.

Vì $O$ là trọng tâm $\Delta BDC$ nên $OH = \frac{1}{3}BH = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}$ cm.

$\Delta AOH$vuông tại $O$, áp dụng định lí Pythagore ta có:

$A{O^2} = A{H^2} - O{H^2} = 300 - {\left( {\frac{{10\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = 300 - \frac{{300}}{9} = \frac{{800}}{3}$.

Suy ra $AO = \sqrt {\frac{{800}}{3}} \approx 16{,}3$ cm.

Đổi $1{\rm{\;m}} = 100{\rm{\;cm}}$.

Khi đó bạn Nam cần đưa dây diện từ đầu đèn tới trần nhà khoảng là $100 - 16{,}3 = 83{,}7$ cm.

a) ⦁ Ta có $DE = DM$ nên $D$ là trung điểm của $EM.$

Xét tứ giác $AEBM$ có $D$ là trung điểm của hai đường chéo $AB$ và $EM$ nên tứ giác $AEBM$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$ có đường trung tuyến $AM$ ứng với cạnh huyền $BC$ nên $AM = \frac{1}{2}BC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Vì $AM$ là đường trung tuyến nên $M$ là trung điểm của $BC,$ do đó $BM = CM = \frac{1}{2}BC.$

Suy ra $AM = BM = CM.$

Hình bình hành $AEBM$ có hai cạnh kề bằng nhau $AM = BM$ nên là hình thoi.

⦁ Do $AEBM$ hình thoi nên $AE = BM$ và $AE\,{\rm{//}}\,BM.$

Do đó $AE = CM\,\,\left( { = BM} \right)$ và $AE\,{\rm{//}}\,CM.$

Tứ giác $ACME$ có $AE = CM$ và $AE\,{\rm{//}}\,CM$ nên là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

b) Do$AEBM$ là hình thoi nên để $AEBM$ là hình vuông thì $\widehat {AMB} = 90^\circ$ hay $AM \bot BC$

Khi đó $\Delta ABC$ có đường trung tuyến $AM$ đồng thời là đường cao nên sẽ là tam giác cân tại $A.$

Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ thì $AEBM$ là hình vuông.

a) Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên $\widehat {BAC} = 90^\circ$ hay $\widehat {DAE} = 90^\circ$.

Ta có $HD \bot AB$; $HE \bot AC$ nên $\widehat {HDA} = 90^\circ$; $\widehat {HEA} = 90^\circ$.

Tứ giác $ADHE$ có $\widehat {DAE} = \widehat {HDA} = \widehat {HEA} = 90^\circ$ nên tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật.

b) Xét $\Delta AHD$ vuông tại $D$, áp dụng định lý Pythagore, ta có: $A{H^2} = A{D^2} + D{H^2}$

Suy ra $D{H^2} = A{H^2} - A{D^2} = {5^2} - {4^2} = 9$. Do đó $DH = 3\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}$

Tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật nên ta có: ${S_{ADHE}} = AD\,.\,DH = 4\,.\,3 = 12\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Vậy diện tích tứ giác $ADHE$ bằng $12\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.$

c) Xét tứ giác $BKIH$ có $D$ là trung điểm của hai đường chéo $BI$ và $HK$ nên $BKIH$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

Do đó $KI\,{\rm{//}}\,BH.$

Mà $AH \bot BH$ suy ra $KI \bot AH.$

Xét $\Delta AHK$ có hai đường cao $AD,\,\,KI$ $\left( {AD \bot KH;\,\,KI \bot AH} \right)$ cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của tam giác $AKH$, suy ra $HI \bot AK.$

a) Tam giác $ABC$ có các đường trung tuyến $BD,{\rm{ }}CE$ cắt nhau tại $G$ nên $G$ là trọng tâm $\Delta ABC,$ do đó $DG = \frac{1}{2}BG,$ $EG = \frac{1}{2}CG.$

Mà $F,{\rm{ }}H$ lần lượt là trung điểm của $BG,{\rm{ }}CG$ nên $BF = FG = \frac{1}{2}BG,$ $CH = HG = \frac{1}{2}CG.$

Do đó $DG = FG\,\,\left( { = BF} \right),{\rm{ }}EG = HG\,\,\left( { = CH} \right).$

Suy ra, $G$ là trung điểm của $FD,$ $EH.$

Tứ giác $EFHD$ có hai đường chéo $EH$ và $FD$ cắt nhau tại trung điểm $G$ của mỗi đường nên $EFHD$ là hình bình hành.

b) ⦁ Để hình bình hành $EFHD$ là hình vuông thì $EH = DF$ và $EH \bot DF,$ tức là cần $EG = DG,{\rm{ }}BG = CG$ và $BD \bot CE.$

⦁ Xét $\Delta BEG$ và $\Delta CDG$ có:

$BG = CG,$ $\widehat {EGB} = \widehat {DGC}$ (đối đỉnh), $EG = DG$

Do đó $\Delta BEG = \Delta CDG$ (c.g.c).

Suy ra $BE = CD$ (hai cạnh tương ứng) (1)

Mà $BD,{\rm{ }}CE$ là các đường trung tuyến của $\Delta ABC$ nên $E$ là trung điểm của $AB,{\rm{ }}D$ là trung điểm của $AC$

Suy ra $AB = 2BE,{\rm{ }}AC = 2CD\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $AB = AC.$

⦁ Dễ thấy, nếu $AB = AC$ và $BD \bot CE$ thì tứ giác $EFHD$ là hình vuông.

Vậy tam giác $ABC$ cân tại $A$ có hai đường trung tuyến $BD,CE$ vuông góc với nhau thì tứ giác $EFHD$ là hình vuông.

a) Do $ME \bot AB$ tại $E$ nên $\widehat {MEA} = 90^\circ .$

Do $MF \bot AD$ tại $F$ nên $\widehat {MFA} = 90^\circ .$

Do $ABCD$ là hình vuông nên $\widehat {EAF} = 90^\circ .$

Tứ giác $AEMF$ có $\widehat {MFA} = \widehat {EAF} = \widehat {AEM} = 90^\circ$ nên $AEMF$ là hình chữ nhật.

b) Do $ABCD$ là hình vuông nên $BD$ là đường phân giác của góc $\widehat {ABC}$

Do đó $\widehat {ABD} = 45^\circ$ suy ra $\Delta BEM$ vuông cân tại $E,$ nên $BE = ME.$

Do $AEMF$ là hình chữ nhật nên $ME = AF$, suy ra $BE = AF.$

Chu vi của hình chữ nhật $AEMF$ là: $2\left( {AE + AF} \right) = 2\left( {AE + BE} \right) = 2AB.$

Mà $AB$ không đổi nên chu vi của hình chữ nhật $AEMF$ không đổi.

Do đó, diện tích của tứ giác $AEMF$ lớn nhất khi $AEMF$ là hình vuông.

Suy ra $ME = MF.$

Khi đó $\Delta BEM = \Delta DFM$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra $BM = DM$ hay $M$ là trung điểm của $BC.\,$

Vậy với $M$ là trung điểm của $BC$ thì diện tích của tứ giác $AEMF$ lớn nhất.

a) Xét tứ giác $ADEF$ có:

$\widehat {FAD} = 90^\circ$ (do $\Delta ABC$

$\widehat {AFE} = 90^\circ$ (vì $EF$ vuông góc với $AB$ tại $F$);

$\widehat {ADE} = 90^\circ$ (vì $ED$ vuông góc với $AC$ tại $D$)

Vậy tứ giác $ADEF$ là hình chữ nhật.

b) Tam giác $ABC$ vuông có $AE$ là đường trung tuyến nên $AE = EB = EC = \frac{1}{2}BC$.

Suy ra tam giác $AEC$ cân tại $E$. Mà $ED$ là đường cao của tam giác nên $ED$ đồng thời là đường trung tuyến, do đó $D$ là trung điểm của $AC$ .

Xét tứ giác $AECK$ có $D$ là trung điểm của $AC$, $EK$ và $EK$ vuông góc với $AC$ tại $D$.

Suy ra tứ giác $AECK$ là hình thoi.

c) Vì tứ giác $ADEF$ là hình chữ nhật nên $O$ là trung điểm của $AE$.

Vì tứ giác $AECK$ là hình thoi nên $AK\,{\rm{//}}\,EC;\,\,AK = EC$

Mà $EC = EB$ do $E$ là trung điểm của $BC$ nên $AK\,{\rm{//}}\,EB;\,\,AK = EB$

Suy ra tứ giác $AKEB$ là hình bình hành. Khi đó, hai đường chéo $AE,\,\,BK$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $O$ là trung điểm của $AE$ nên $O$ cũng là trung điểm của $BK$.

Suy ra ba điểm $B,O,K$ thẳng hàng.

d) Ta có $\Delta AME$ vuông tại $E$ có $MO$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AE$ nên $OM = \frac{1}{2}AE$

Mà tứ giác $ADEF$ là hình chữ nhật nên $FD = AE$. Do đó, $OM = \frac{1}{2}FD$

Xét $\Delta FMD$ có $MO$ là đường trung tuyến ứng với cạnh $FD$ và $OM = \frac{1}{2}FD$ nên $\Delta FMD$ vuông tại $M$, suy ra $\widehat {DMF} = 90^\circ .$

a) Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD = BC$ và $AD\,{\rm{//}}\,BC$.

Xét $\Delta ADK$ và $\Delta CBE$ có:

$AD = BC$; $DK = BE$; $\widehat {ADK} = \widehat {CBE}$ (so le trong của $AD\,{\rm{//}}\,BC$)

Do đó $\Delta ADK = \Delta CBE$ (c.g.c)

b) Ta có: $\widehat {DKA} + \widehat {AKB} = 180^\circ$ (kề bù); $\widehat {BEC} + \widehat {DEC} = 180^\circ$ (kề bù)

Mà $\widehat {DKA} = \widehat {BEC}$ (do $\Delta ADK = \Delta CBE$) nên $\widehat {AKB} = \widehat {CED}$

Lại có $\widehat {AKB},\,\,\widehat {CED}$ là hai góc nằm ở vị trí so le trong, nên $AK\,{\rm{//}}\,CE$

Mặt khác: $AK = CE$ (do $\Delta ADK = \Delta CBE$)

Suy ra tứ giác$AKCE$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Xét tứ giác$AMCN$ có: $AN\,{\rm{//}}\,MC$ (do $ABCD$ là hình bình hành) và $AM{\rm{/}}\,{\rm{//}}\,CN$ (do $AK\,{\rm{//}}\,CE)$ nên tứ giác$AMCN$ là hình bình hành.

Khi đó, hai đường chéo $MN,AC$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $O$ là trung điểm của $AC$ nên $O$ cũng là trung điểm của $MN$ hay ba điểm $M,O,N$ thẳng hàng.

d) Hình bình hành $AKCE$ là hình thoi khi và chỉ khi $AC \bot KE$ hay $AC \bot BD$, tức là lúc này hình bình hành $ABCD$ là hình thoi.

Vậy để hình bình hành $AKCE$ là hình thoi thì hình bình hành $ABCD$ là hình thoi.

a) Do $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD = BC$ và $AD\,{\rm{//}}\,BC.$

Xét $\Delta AHD$ vuông tại $H$ và $\Delta CKB$ vuông tại $K$ có:

$AD = BC$ và $\widehat {ADH} = \widehat {CBK}$ (so le trong của $AD\,{\rm{//}}\,BC).$

Do đó $\Delta AHD = \Delta CKB$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $DH = BK$ (hai cạnh tương ứng).

b) Ta có $\Delta AHD = \Delta CKB$ (câu a) nên $AH = CK$.

Mặt khác: $AH \bot BD,\,\,CK \bot BD$ nên $AH\,{\rm{//}}\,CK$

Do đó tứ giác $AHCK$ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).

c) Ta có: $AH = HE$ và $AH = CK$ nên $HE = CK$

Mà $HE\,{\rm{//}}\,CK$ ($AH\,{\rm{//}}\,CK$ và $E$ là điểm đối xứng với $A$ qua $H$)

Do đó tứ giác $CKHE$ là hình bình hành. Suy ra $HK\,{\rm{//}}\,CE$ hay $BD\,{\rm{//}}\,CE$ (1)

Xét $\Delta ADE$ có $DH$ là đường cao, vừa là trung tuyến nên $\Delta ADE$ cân tại $D$

Do đó $DH$ là đường phân giác của $\Delta ADE$, nên $\widehat {ADB} = \widehat {EDB}$

Mà $\widehat {ADB} = \widehat {CBD}$ nên $\widehat {EDB} = \widehat {CBD}$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra tứ giác $CEDB$ là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết hình thang cân).

a) $A = {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} - {\left( {y + 4} \right)^2}$

$= {y^2} + 2y + 1 + {y^2} - 4y + 4 + {y^2} - 6y + 9 - \left( {{y^2} + 8y + 16} \right)$

$= 2{y^2} - 16y - 2$

$= 2\left( {{y^2} - 8y} \right) - 2$

$= 2\left( {{y^2} - 8y + 16} \right) - 32 - 2$

$= 2{\left( {y - 4} \right)^2} - 34$

Vì ${\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ với mọi $y$ nên $2{\left( {y - 4} \right)^2} - 34 \ge - 34$, suy ra $A \ge - 34$.

Dấu xảy ra khi $y = 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A$ là $- 34$ khi $y = 4$.

b) $B = {x^2} + 4xy + 5{y^2} - 6y + 11$

$= \left( {{x^2} + 4xy + 4{y^2}} \right) + {y^2} - 6y + 11$

$$= {\left( {x + 2y} \right)^2} + \left( {{y^2} - 6y + 9} \right) + 2$$

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

Với mọi $x,\,\,y$ ta có ${\left( {x + 2y} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {y - 3} \right)^2} \ge 0$ nên ${\left( {x + 2y} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + 2 \ge 2$ hay $B \ge 2.$

Dấu “=” xảy ra khi $x + 2y = 0$ và $y - 3 = 0$ hay $x = - 6;\,\,y = 3.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $B$ là $2$ khi $x = - 6;\,\,y = 3.$

c) $C = {x^2} - 2xy + 2{y^2} + 2x - 10y + 17$

$$= {x^2} - 2xy + {y^2} + {y^2} + 2x - 10y + 17$$

$$= {\left( {x - y} \right)^2} + 2 \cdot \left( {x - y} \right) \cdot 1 + 1 + {y^2} - 8y + 16$$

$= {\left( {x - y + 1} \right)^2} + \left( {{y^2} - 8y + 16} \right)$

$= {\left( {x - y + 1} \right)^4} + {\left( {y - 4} \right)^2}$.

Với mọi $x,\,\,y$ ta có: ${\left( {x - y + 1} \right)^2} \ge 0;\,\,{\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ nên ${\left( {x - y + 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} \ge 0$ hay $C \ge 0.$

Dấu “=” xảy ra khi $x - y + 1 = 0$ và $y - 4 = 0$, hay $x = 3,\,\,y = 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $C$ là $0$ khi $x = 3,\,\,y = 4$.

d) $D = \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left( {{x^2} - 8x + 17} \right)$

$= \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left[ {\left( {{x^2} - 8x + 16} \right) + 1} \right]$

$= \left( {x - 3} \right)\left( {x - 5} \right)\left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 1} \right]$

Đặt $t = x - 4$ suy ra $x - 3 = t + 1$ và $x - 5 = t - 1$.

Khi đó, ta có:

$D = \left( {t + 1} \right)\left( {t - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right)$$= \left( {{t^2} - 1} \right)\left( {{t^2} + 1} \right) = {t^4} - 1.$

Vì ${t^4} \ge 0$ với mọi $t$ nên $D \ge - 1$.

Dấu xảy ra khi $t = 0$ hay $x = 4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $D$ là $- 1$ khi $x = 4$.

e) Ta có $E = \frac{{14}}{{{x^2} - 2x + 4}} = \frac{{14}}{{\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + 3}} = \frac{{14}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 3}}.$

Với mọi $x,$ ta luôn có ${\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0$ nên ${\left( {x - 1} \right)^2} + 3 \ge 3$

Suy ra $\frac{{14}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 3}} \le \frac{{14}}{3},$ hay $E \le \frac{{14}}{3}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ${\left( {x - 1} \right)^2} = 0,$ tức là $x = 1.$

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $E$ là $\frac{{14}}{3}$ tại $x = 1.$

a) Ta có: $A = \frac{{{x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}$

$= \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {z^3} - 3xyz}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}$

$= \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} + {z^3} - 3xy\left( {x + y + z} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}$

$= \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^3} - 3\left( {x + y} \right)z\left( {x + y + z} \right) - 3xy\left( {x + y + z} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}$

$$= \frac{{\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} - 3\left( {x + y} \right)z - 3xy} \right]}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}$$

$$= \frac{{\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2xy + 2yz + 2zx - 3xz - 3yz - 3xy} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}}$$

$$= \frac{{\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right)}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz}} = x + y + z.$$

b) Ta có: $B = \frac{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}{{{x^{26}} + {x^{24}} + {x^{22}} + ... + {x^2} + 1}},$ xét phân thức nghịch đảo của phân thức $B$ là:

$\frac{1}{B} = \frac{{{x^{26}} + {x^{24}} + {x^{22}} + ... + {x^2} + 1}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}$

$= \frac{{\left( {{x^{26}} + {x^{22}} + {x^{18}} + ... + {x^6} + {x^2}} \right) + \left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + {x^4} + 1} \right)}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}$

$= \frac{{{x^2}\left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + {x^4} + 1} \right) + \left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + {x^4} + 1} \right)}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}}$

$= \frac{{\left( {{x^{24}} + {x^{20}} + ... + 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^{24}} + {x^{20}} + {x^{16}} + ... + {x^4} + 1}} = {x^2} + 1.$

Vậy $B = \frac{1}{{{x^2} + 1}}.$

Hướng dẫn giải

Ta có: ${x^2} + 5{y^2} - 3xy - 3x - y + 5 = 0$

Suy ra $2{x^2} + 10{y^2} - 6xy - 6x - 2y + 10 = 0$

${x^2} - 6xy + 9{y^2} + {x^2} - 6x + 9 + {y^2} - 2y + 1 = 0$

$\left( {{x^2} - 6xy + 9{y^2}} \right) + \left( {{x^2} - 6x + 9} \right) + \left( {{y^2} - 2y + 1} \right) = 0$

${\left( {x - 3y} \right)^2} + {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0$

Với mọi $x,\,\,y$ ta có: ${\left( {x - 3y} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {x - 3} \right)^2} \ge 0,\,\,{\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0$

Suy ra ${\left( {x - 3y} \right)^2} + {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \ge 0$

Do đó, để ${\left( {x - 3y} \right)^2} + {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 0$ thì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{{\left( {x - 3y} \right)}^2} = 0}\\{{{\left( {x - 3} \right)}^2} = 0}\\{{{\left( {y - 1} \right)}^2} = 0}\end{array}} \right.$ hay $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 3y = 0}\\{x - 3 = 0}\\{y - 1 = 0}\end{array}} \right.$, tức là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3}\\{y = 1}\end{array}} \right.$.