Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 8 Kết nối tri thức cấu trúc mới (Tự luận) có đáp án - Phần 2

Biểu thức đại số tính quãng đường Thành phố Hồ Chí Minh đến Bạc Liêu là:

$s = \left( {9x + 5} \right)\left( {x + 2} \right) = 9{x^2} + 18x + 5x + 10 = 9{x^2} + 23x + 10\,\,{\rm{(km)}}{\rm{.}}$

Vậy biểu thức đại số tính quãng đường Thành phố Hồ Chí Minh đến Bạc Liêu là $9{x^2} + 23x + 10\,\,{\rm{(km)}}{\rm{.}}$

Diện tích của khu vườn hình chữ nhật là:

${S_1} = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) = {x^2} + 2x - x - 2 = {x^2} + x - 2\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}})$.

Diện tích khu vườn hình vuông là:

$${S_2} = {\left( {x + 1} \right)^2} = {x^2} + 2x + 1\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}}).$$

Biểu thức đại số tính tổng diện tích của hai khu vườn trên là:

$$S = {S_1} + {S_2} = \left( {{x^2} + x - 2} \right) + \left( {{x^2} + 2x + 1} \right)$$

$$= {x^2} + x - 2 + {x^2} + 2x + 1$$

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

$= 2{x^2} + 3x - 1\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}})$.

Vậy biểu thức đại số tính tổng diện tích của hai khu vườn trên là $2{x^2} + 3x - 1\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}}).$

a) Đa thức biểu thị số tiền thầy Việt phải trả cho cửa hàng là:

$\left( {x + 30} \right)\left( {y - 2\,\,000} \right)\; = xy-2\,\,000x + 30y-60\,\,000$.

b) Bậc của đa thức vừa tìm được ở câu a là bậc 2.

Thay $x = 20\,;\,{\rm{ }}y = 7\,\,000$ vào biểu thức $xy-2\,\,000x + 30y-60\,\,000$, ta được:

$$20 \cdot 7\,\,000-2\,\,000 \cdot 20 + 30 \cdot 7\,\,000-60\,\,000$$

$= 140\,\,000-40\,\,000 + 210\,\,000-60\,\,000 = 250\,\,000$ (đồng).

Vậy số tiền thầy Việt phải trả là $250\,\,000$ đồng.

a) Chu vi mảnh đất làm nhà là: $2\left( {x - 25 + x - 15} \right) = 2\left( {2x - 40} \right) = 4x - 80$.

Vậy đa thức biểu thị chu vi của mảnh đất làm nhà $4x - 80$ (m).

b) Vì chu vi của mảnh đất dành để làm nhà bằng $40\,\,{\rm{m}}$ nên ta có

$4x - 80 = 40$ hay $4x = 120$ nên $x = 30$.

Diện tích của khu vườn hình vuông ban đầu là ${30^2} = 900{\rm{ }}({{\rm{m}}^{\rm{2}}}).$

Vậy diện tích của khu vườn hình vuông ban đầu là $900{\rm{ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}.$

a) Xét tứ giác $AMHN$ có

$\widehat {AMH} = \widehat {MAN} = \widehat {ANH} = {\rm{90^\circ }}$

Do đó tứ giác $AMHN$ là hình chữ nhật.

b) Tứ giác $AMHN$ là hình chữ nhật nên $AN = MH$

Mà $PM = MH$(do $M$ là trung điểm của $PH\,)$ nên$AN = PM.$

Ta lại có $AN\,{\rm{//}}\,PM$(do $AN \bot AB\,;PM \bot AB\,).$

Do đó tứ giác $APMN$ là hình bình hành.

c) Vì $NC\parallel MK$ nên tứ giác $MNCK$ là hình thang.

Tứ giác $AHKC$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm $I$ của mỗi đường nên là hình bình hành nên $\widehat {HKC} = \widehat {HAC}$. $\left( 1 \right)$

Tứ giác $AMHN$ là hình chữ nhật.

Khi đó $OA = ON = OM = OH$ nên $\Delta OMH$ cân tại $O\,.$

Suy ra $\widehat {OMH} = \widehat {OHM}$ mà $\widehat {OAN} = \widehat {OHM}$ ( so le trong)

Do đó $\widehat {OAN} = \widehat {OMH}$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)$ suy ra $\widehat {OMH} = \widehat {HKC}$.

Hình thang $MNCK$ có hai góc kề một đáy bằng nhau nên là hình thang cân.

d) Vì $\Delta AHC$ có hai đường trung tuyến $AI,\,\,CO$ cắt nhau tại $D$ nên $D$ là trọng tâm nên

$AD = \frac{2}{3}AI$ mà $AI = \frac{1}{2}AK$.

Thay vào ta được $AD = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}AK = \frac{1}{3}AK$ nên $AK = 3AD$.

a) Tứ giác $BMND$ có: $MN\parallel BD{\rm{ }}\left( {MN\parallel BC} \right)$; $MN = BD$ (gt)

Do đó, tứ giác $BMND$là hình bình hành.

b) Vì $\Delta {\rm{ }}ABH$ vuông tại $H\,\,\left( {AH \bot BC} \right)$ có $HM$ là trung tuyến nên $HM = \frac{1}{2}AB$.

Mà $MA = \frac{1}{2}AB$ suy ra $MA = HM$.

Vậy $\Delta {\rm{ }}AMH$ cân tại $M$.

c) Tứ giác $DHMN$ có $MN\parallel DH{\rm{ }}\left( {MN\parallel BC} \right)$ nên tứ giác $DHMN$ là hình thang. $\left( 1 \right)$

Ta có $AH \bot BC$; $MN\parallel BC$ nên $AH \bot MN$.

Vì $\Delta {\rm{ }}AMH$ cân tại $M$ có $AH \bot MN$ nên $MN$ là phân giác của $\Delta {\rm{ }}AMH$.

Do đó $\widehat {AMN} = \widehat {HMN}.$

Tứ giác $BMND$là hình bình hành nên $ND\parallel MB$.

Do đó $\widehat {AMN} = \widehat {DNM}$ (so le trong) nên $\widehat {HMN} = \widehat {DNM}$. $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra tứ giác $DHMN$ là hình thang cân.

Hướng dẫn giải

a) Do $ABCD$ là hình bình hành nên $AB = CD$ và $AB\,{\rm{//}}\,CD.$

Lại có $M,{\rm{ }}N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ nên $AM = BM = \frac{1}{2}AB$ và $DN = CN = \frac{1}{2}CD.$

Do đó $AM = BM = DN = CN$.

Tứ giác $DMBN$ có $BM\,{\rm{//}}\,DN$ (do $AB\,{\rm{//}}\,CD)$ và $BM = DN$ nên $DMBN$ là hình bình hành.

b) Xét tứ giác $AMND$ có $AM\,{\rm{//}}\,DN$ (do $AB\,{\rm{//}}\,CD)$ và $AM = DN$ nên $AMND$ là hình bình hành.

Lại có $AB = 2AD$ nên $AD = \frac{1}{2}AB$, suy ra $AM = AD$.

Hình bình hành $AMND$ có $AM = AD$ nên $AMND$ là hình thoi

Suy ra đường chéo $AN$ là đường phân giác của $\widehat {DAM}$ hay $\widehat {DAB}.$

c) Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có tứ giác $AMCN$ là hình bình hành.

Suy ra $AN\,{\rm{//}}\,CM$ hay $PN\,{\rm{//}}\,QM$.

Do $DMBN$ là hình bình hành nên $DM\,{\rm{//}}\,BN$ hay $PM\,{\rm{//}}\,QN$.

Tứ giác $PMQN$ có $PN\,{\rm{//}}\,QM$và $PM\,{\rm{//}}\,QN$ nên $PMQN$ là hình bình hành.

Lại có $AMND$ là hình thoi nên $AN \bot DM$ hay $\widehat {MPN} = 90^\circ$.

Do đó hình bình hành $PMQN$ là hình chữ nhật.

Để $PMQN$ là hình vuông thì $PM = PN\,\,\,\left( * \right)$

Mà $PM = \frac{1}{2}DM$ và $PN = \frac{1}{2}AN$ (do $AMND$ là hình thoi nên $P$ là trung điểm của hai đường chéo).

Do đó để $\left( * \right)$ xảy ra thì $DM = AN$ hay hình thoi $AMND$ là hình vuông, khi đó $\widehat {DAM} = 90^\circ .$

Hình bình hành $ABCD$ có $\widehat {DAM} = 90^\circ$ thì sẽ trở thành hình chữ nhật.

Vậy để $PMQN$ là hình vuông thì $ABCD$ phải là hình chữ nhật.

Thật vậy, khi $ABCD$ là hình vuông thì hình chữ nhật $PMQN$ có $PM = PN$ nên là hình vuông.

a) Do $MNBA$ và $MNCB$ là hình bình hành.

Suy ra $AB{\rm{ // }}MN,{\rm{ }}BC{\rm{ // }}MN$ nên theo tiên đề Euclid, hai đường thẳng $AB$ và $BC$ trùng nhau.

Do đó ba điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ thẳng hàng.

Do $MNBA$ và $MNCB$ là hình bình hành nên

$AB = MN,{\rm{ }}BC = MN$. Suy ra $AB = BC$.

Mà $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ thẳng hàng nên $B$ là trung điểm của $AC.$

b) Từ câu a, ta suy ra $MN{\rm{//}}\,AC$ nên $MNCA$ là hình thang.

Do $MNCB$ là hình bình hành nên $NC{\rm{ // }}MB$, từ đó $\widehat {NCB} = \widehat {MBA}$ (hai góc đồng vị).

Điều kiện để hình thang $MNCA$ là hình thang cân là $\widehat {MAB} = \widehat {NCB}$ tức là $\widehat {MAB} = \widehat {MBA}.$

Vậy điều kiện để $MNCA$ là hình thang cân là tam giác $MAB$ cân tại $M$.

c) Chứng minh tương tự câu a, ta có $MN\,{\rm{//}}\,AD$ và bốn điểm $A,\,B,\,C,\,D$ thẳng hàng. Do đó $MNDA$ là hình thang.

Do $MNDC$ là hình bình hành nên $ND{\rm{ // }}MC$, từ đó $\widehat {NDC} = \widehat {MCA}$ (hai góc đồng vị). Điều kiện để hình thang $MNDA$ là hình thang cân là $\widehat {NDC} = \widehat {MAC}$.

Khi đó điều kiện để $MNDA$ là hình thang cân là $\widehat {MCA} = \widehat {MAC}$ tức là tam giác $MAC$ cân tại $M$.

Do $MB$ là đường trung tuyến của tam giác $MAC$ nên điều kiện để tam giác $MAC$ cân tại $M$ là $MB$ vuông góc với $AC$.

Vậy điều kiện để hình thang $MNDA$ là hình thang cân đó là tam giác $MAB$ vuông tại $B$.

Hướng dẫn giải

a) Vì tứ giác $ABCD$ là hình bình hành (gt) nên $AB\,{\rm{//}}\,DC$ hay $AM\,{\rm{//}}\,CN.$

Lại có $AM = CN$ (gt) nên tứ giác $AMCN$ là hình bình hành suy ra $AN\,{\rm{//}}\,CM.$

b) Vì tứ giác $ABCD$ là hình bình hành (gt) nên $AC$ và $BD$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Vì tứ giác $AMCN$ là hình bình hành (theo a) nên $AC$ và $MN$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà $O$ là trung điểm của $AC$ nên $O$ là trung điểm của $MN$.

Ta có $VT = \left( {x + y} \right)\left( {{x^4} - {x^3}y + {x^2}{y^2} - x{y^3} + {y^4}} \right)$

$$= {x^5} - {x^4}y + {x^3}{y^2} - {x^2}{y^3} + x{y^4} + y{x^4} - {x^3}{y^2} + {x^2}{y^3} - x{y^4} + {y^5}$$

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

$= {x^5} + {y^5} = VP$.

Ta có $A = - {x^2} + 2xy - 4{y^2} + 2x + 10y - 3.$

Suy ra $- A = {x^2} - 2xy + 4{y^2} - 2x - 10y + 3$

$= {x^2} - 2x\left( {y + 1} \right) + {\left( {y + 1} \right)^2} + 4{y^2} - 10y + 3 - {\left( {y + 1} \right)^2}$

$= \left[ {{x^2} - 2x\left( {y + 1} \right) + {{\left( {y + 1} \right)}^2}} \right] + 3{y^2} - 12y + 2$

$$= {\left[ {x - \left( {y + 1} \right)} \right]^2} + 3\left( {{y^2} - 4y + 4} \right) - 10$$

$= {\left( {x - y - 1} \right)^2} + 3{\left( {y - 2} \right)^2} - 10$.

Do đó $A = - {\left( {x - y - 1} \right)^2} - 3{\left( {y - 2} \right)^2} + 10$.

Nhận xét: $- {\left( {x - y - 1} \right)^2} \le 0;\,\,\, - 3{\left( {y - 2} \right)^2} \le 0$ với mọi $x,y$.

Suy ra $A = - {\left( {x - y - 1} \right)^2} - 3{\left( {y - 2} \right)^2} + 10 \le 10$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} - {\left( {x - y - 1} \right)^2} = 0\\ - 3{\left( {y - 2} \right)^2} = 0\end{array} \right.$, tức là $\left\{ \begin{array}{l}x - y - 1 = 0\\y - 2 = 0\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.$.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $A$ là 10 khi $\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)$.

Ta có $A = 4\left( {{3^2} + 1} \right)\left( {{3^4} + 1} \right)\left( {{3^8} + 1} \right)\,\,\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

Suy ra $2A = 2 \cdot 4\left( {{3^2} + 1} \right)\left( {{3^4} + 1} \right)\,\left( {{3^8} + 1} \right)\,\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

$= \left( {3 - 1} \right)\left( {3 + 1} \right)\left( {{3^2} + 1} \right)\left( {{3^4} + 1} \right)\left( {{3^8} + 1} \right)\,\,\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

$= \left( {{3^2} - 1} \right)\left( {{3^2} + 1} \right)\left( {{3^4} + 1} \right)\,\left( {{3^8} + 1} \right)\,\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

$= \left[ {{{\left( {{3^2}} \right)}^2} - 1} \right]\left( {{3^4} + 1} \right)\left( {{3^8} + 1} \right)\,\,\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

$= \left( {{3^4} - 1} \right)\left( {{3^4} + 1} \right)\,\left( {{3^8} + 1} \right)\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

$= \,\left[ {{{\left( {{3^4}} \right)}^2} - 1} \right]\,\left( {{3^8} + 1} \right)\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

$= \,\left( {{3^8} - 1} \right)\,\left( {{3^8} + 1} \right)\,...\,\,\left( {{3^{64}} + 1} \right)$

$= {\left( {{3^{64}}} \right)^2} - 1$$= {3^{128}} - 1.$

Do đó $A = \frac{{{3^{128}} - 1}}{2}$.

Vì ${a^4} + {b^4} + {c^4} + {d^4} = 4abcd$ nên ${a^4} + {b^4} + {c^4} + {d^4} - 4abcd = 0$. (*)

Ta có ${a^4} + {b^4} + {c^4} + {d^4} - 4abcd$

$= \left( {{a^4} - 2{a^2}{b^2} + {b^4}} \right) + \left( {{c^4} - 2{c^2}{d^2} + {d^4}} \right) + \left( {2{a^2}{b^2} - 4abcd + 2{c^2}{d^{^2}}} \right)$

$= \left[ {{{\left( {{a^2}} \right)}^2} - 2{a^2}{b^2} + {{\left( {{b^2}} \right)}^2}} \right] + \left[ {{{\left( {{c^2}} \right)}^2} - 2{c^2}{d^2} + {{\left( {{d^2}} \right)}^2}} \right] + 2\left[ {{{\left( {ab} \right)}^2} - 2ab.cd + {{\left( {cd} \right)}^2}} \right]$

$= {\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} + {\left( {{c^2} - {d^2}} \right)^2} + 2{\left( {ab - cd} \right)^2}$.

Từ (*) suy ra ${\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} + {\left( {{c^2} - {d^2}} \right)^2} + 2{\left( {ab - cd} \right)^2} = 0$. (**)

Mà ${\left( {{a^2} - {b^2}} \right)^2} \ge 0\,,\,\,{\left( {{c^2} - {d^2}} \right)^2} \ge 0\,,\,\,2{\left( {ab - cd} \right)^2} \ge 0$ với mọi $a,\,\,b,\,\,c,\,\,d$.

Do đó (**) xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}{a^2} - {b^2} = 0\\{c^2} - {d^2} = 0\\ab - cd = 0\end{array} \right.$ hay $\left\{ \begin{array}{l}\left( {a + b} \right)\left( {a - b} \right) = 0\\\left( {c + d} \right)\left( {c - d} \right) = 0\\ab - cd = 0\end{array} \right.$.

Khi đó .

Mà $a,\,\,b,\,\,c,\,\,d$ là các số dương nên $a = b = c = d$.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Để đa thức $4{x^6}{y^7} - 10{x^5}{y^6} + 8{x^4}{y^5}$ chia hết cho đơn thức $- 4{x^m}{y^n}$ thì mọi hạng tử của đa thức $4{x^6}{y^7} - 10{x^5}{y^6} + 8{x^4}{y^5}$ đều phải chia hết cho đơn thức $- 4{x^m}{y^n}$.

Khi đó ta cần có: Số mũ của $x$ và số mũ của $y$ trong $- 4{x^m}{y^n}$ nhỏ hơn hoặc bằng số mũ của $x$ và số mũ của $y$ trong mọi hạng tử của $4{x^6}{y^7} - 10{x^5}{y^6} + 8{x^4}{y^5}$, tức là phải có $\left\{ \begin{array}{l}m \le 6\\m \le 5\\m \le 4\\n \le 7\\n \le 6\\n \le 5\end{array} \right.$.

Khi đó ta tìm được $m \le 4$ và $n \le 5$.

Mà $m,\,\,n \in \mathbb{N}$, do đó $m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}$ và $n \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}$.

Vậy $m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}$ và $n \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}$ thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

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

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

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

Từ đó suy ra $x = y = 1.$

Thay $x = y = 1$ vào biểu thức Q ta được $Q = {\left( {1 - 1} \right)^{2023}} + {\left( {1 - 2} \right)^{2024}} + {1^{2025}} = 0 + 1 + 1 = 2$.

Vậy $Q = 2.$

Ta có $M = 9{x^2} + 6{y^2} + 18x - 12xy - 12y - 27$

$$= 9{x^2} + 6{y^2} + 18x - 12xy - 12y - 27$$

$$= 9{x^2} + 18x - 12xy + 9 - 12y + 4{y^2} + 2{y^2} - 36$$

$$= 9{x^2} + 2 \cdot 3x\left( {3 - 2y} \right) + {\left( {3 - 2y} \right)^2} + 2{y^2} - 36$$

$$= {\left[ {3x + \left( {3 - 2y} \right)} \right]^2} + 2{y^2} - 36$$

$= {\left[ {3x + \left( {3 - 2y} \right)} \right]^2} + 2{y^2} - 36 \ge - 36$ (vì ${\left[ {3x + \left( {3 - 2y} \right)} \right]^2} \ge 0$; $2{y^2} \ge 0$).

Dấu khi ${\left[ {3x + \left( {3 - 2y} \right)} \right]^2} = 0$ và $2{y^2} = 0$, do đó $x = - 1$ và $y = 0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M$là $- 36$ khi $x = - 1$ và $y = 0$.

Vì ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$ và $a + b + c + ab + bc + ca = 6.$

Suy ra $3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 1} \right) = 2\left( {ab + bc + ca + a + b + c} \right)$

$$3{a^2} + 3{b^2} + 3{c^2} + 3 = 2ab + 2bc + 2ca + 2a + 2b + 2c$$

$$\left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right) + \left( {{a^2} - 2a + 1} \right) + \left( {{b^2} - 2b + 1} \right) + \left( {{c^2} - 2c + 1} \right) = 0$$

$${\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} + {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2} = 0$$

$$\left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - b} \right)^2} = {\left( {b - c} \right)^2} = {\left( {c - a} \right)^2} = 0\\{\left( {a - 1} \right)^2} = {\left( {b - 1} \right)^2} = {\left( {c - 1} \right)^2} = 0\end{array} \right.$$

$$\left\{ \begin{array}{l}a - b = b - c = c - a = 0\\a - 1 = b - 1 = c - 1 = 0\end{array} \right.$$

$a = b = c = 1$.

Do đó $A = \frac{{{a^9} + {b^{11}} + {c^{2025}}}}{{{a^{2023}} + {b^{2024}} + {c^{2025}}}} = \frac{{{1^9} + {1^{11}} + {1^{2025}}}}{{{1^{2023}} + {1^{2024}} + {1^{2025}}}} = \frac{{1 + 1 + 1}}{{1 + 1 + 1}} = 1.$

Diện tích của ao hình chữ nhật là: ${S_1} = x\left( {x + 200} \right) = {x^2} + 200x\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Diện tích miếng đất hình vuông là:

${S_2} = {\left( {x + 400} \right)^2} = {x^2} + 800x + 160\,\,000\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Diện tích phần đất còn lại sau khi đã đào ao là:

$S = {S_2} - {S_1}$$= \left( {{x^2} + 800x + 160\,\,000} \right) - \left( {{x^2} + 200x} \right)$

$$= {x^2} + 800x + 160\,\,000 - {x^2} - 200x$$

$$= \left( {{x^2} - {x^2}} \right) + 800x + \left( {160\,\,000 - 200x} \right)$$

$$= \left( {{x^2} - {x^2}} \right) + \left( {800x - 200x} \right) + 160\,\,000$$

$= 600x + 160\,\,000\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Vậy tính diện tích phần đất còn lại sau khi đào ao là $600x + 160\,\,000\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Gọi $x\,\,\left( {\rm{m}} \right)$ là chiều rộng của khu đất hình chữ nhật của bác Nam cần cải tạo để trồng rau.

Khi đó, chiều dài của khu đất đó là $40 - 2x\,\,\left( {\rm{m}} \right).$

Diện tích của khu đất trồng rau là: $S = x\left( {40 - 2x} \right)\,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).$

Ta có $S = x\left( {40 - 2x} \right) = - 2{\left( {x - 10} \right)^2} + 200.$

Vì $- 2{\left( {x - 10} \right)^2} \le 0$ với mọi $x$ nên $- 2{\left( {x - 10} \right)^2} + 200 \le 200$ với mọi $x$.

Do đó $S \le 200$ với mọi $x$.

Vậy diện tích lớn nhất bác Nam có thể cải tạo để vây kín lưới ba mặt là $200\,\,{{\rm{m}}^2}.$