Gọi số luống rau trong vườn nhà Mai là \(x\)  (\(x \in N , x > 5\))

Gọi số cây rau trồng trên mỗi luống là \(y\) (\(y \in N , y > 2\))

Tổng số cây rau bắp cải trong vườn nhà Mai là \(x y\)

Theo bài ra ta có hệ phương trình:{ xy - ( x + 7 )( y - 2 ) = 9 (1)

{ ( x - 5 )( y + 2 ) - xy = 15 (2)

{2x - 7y = -5 (1)

{2x - 5y = 25 (2)

Giải hpt ta được { x = 50

{ y = 15

(thoả mãn điều kiện của ẩn)

Vậy tổng số cây rau bắp cải trong vườn nhà Mai là \(50.15 = 750\) cây

1, Nhân 2 vế của của pt (1) với -2 ta có:

-4x - 6y = 4 (3)

4x + y = 1 (2)

Cộng vế với vế của pt (2) và pt (3) ta được:

-5y = 5

y = -1

Thay y = -1 vào pt (2) ta được:

4x - 1 = 1

4x = 2

x = 1/2

Vậy hpt có nghiệm duy nhất (x;y) = (1/2;-1)

2,

Với \(x > 0 ; x \neq 4\) ta có:

\(P=\left(\right.\frac{x}{x \sqrt{x} - 4 \sqrt{x}}-\frac{6}{3 \sqrt{x} - 6}+\frac{1}{\sqrt{x} + 2}\left.\right):\left(\right.\sqrt{x}–2+\frac{10 - x}{\sqrt{x} + 2}\left.\right)\)

\(= \left[\right. \frac{x}{\sqrt{x} \left(\right. x - 4 \left.\right)} - \frac{6}{3 \left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)} - \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \left]\right. : \left(\right. \frac{x - 4 + 10 - x}{\sqrt{x} + 2} \left.\right)\)

\(= \left[\right. \frac{\sqrt{x}}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} - \frac{2}{\sqrt{x} - 2} + \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \left]\right. : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 2 \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right) + \sqrt{x} - 2}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 2 \sqrt{x} - 4 + \sqrt{x} - 2}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{- 6}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} . \frac{\sqrt{x} + 2}{6}\)

\(= \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2}\).

Vậy \(P = \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2}\).

b) Với  \(x > 0 ; x \neq 4\). Ta có

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

​

+ Nếu \(x\) không là số chính phương, suy ra \(\sqrt{x}\) là số vô tỉ.

Do đó \(Q\) không nguyên.

+ Nếu \(x\) là số chính phương, suy ra \(\sqrt{x}\) là số nguyên.

Do đó \(Q\) nguyên hay \(\frac{3}{\sqrt{x} - 2}\) nguyên khi và chỉ khi \(\sqrt{x} - 2\) thuộc ước của \(3\)

Giải ra tìm được các giá trị \(x = 1 ; x = 9 ; x = 25\) (TMĐK).

Vậy \(x = 1 ; x = 9 ; x = 25\).

a) \(\Delta A I E \sim \Delta A C I\) (g.g) suy ra \(\frac{A I}{A C} = \frac{A E}{A I}\) hay \(A I^{2} = A E . A C\) (1)

Chứng minh tương tự:

\(\Delta A I K \sim \Delta A K B\) (g.g) suy ra \(\frac{A K}{A B} = \frac{A F}{A K}\) hay \(A K^{2} = A B . A F\) (2)

Mà \(\Delta A B E \sim \Delta A C F\) (g.g) suy ra \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) hay \(A B . A F = A C . A E\) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(A I^{2} = A K^{2}\) suy ra \(A I = A K\).

b) Vì \(\hat{A} = 60^{\circ}\) suy ra \(\hat{B_{1}} = 30^{\circ}\)

Trong tam giác \(A B E\) vuông tại \(E\) nên \(A E = \frac{1}{2} A B ,\)

Trong tam giác \(A F C\) vuông tại \(F\) có \(\hat{C_{1}} = 30^{\circ}\) suy ra \(A F = \frac{1}{2} A C\).

Do đó, \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c).

suy ra \(\frac{S_{A E F}}{S_{A B C}} = \left(\left(\right. \frac{A E}{A B} \left.\right)\right)^{2} = \frac{1}{4}\).

Vậy \(S_{A E F} = \frac{1}{4} . 120 = 30\) cm\(^{2}\).

Gọi \(B F\) cắt \(D C\) tại \(K\), \(B E\) cắt \(D C\) tại \(I\), và \(E F\) cắt \(A B\) tại \(G\).

\(\Delta F A B\) có \(D K\) // \(A B\) suy ra \(\frac{D K}{A B} = \frac{F D}{F A}\) (1)

\(\Delta F A G\) có \(D H\) // \(A G\) suy ra \(\frac{D H}{A G} = \frac{F D}{F A}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{D K}{A B} = \frac{D H}{A G}\) hay \(\frac{D K}{D H} = \frac{A B}{A G}\) (*)

Tương tự \(\Delta E I C\) có \(A B\) // \(I C\) suy ra \(\frac{I C}{A B} = \frac{E C}{E A}\) (3)

\(\Delta E H C\) có \(H C\) // \(A B\) suy ra \(\frac{H C}{A G} = \frac{E C}{E A}\) (4)

Từ (3) và (4) ta có \(\frac{I C}{A B} = \frac{H C}{A G}\) hay \(\frac{I C}{H C} = \frac{A B}{A G}\) (**)

Từ (*) và (**) ta có \(\frac{D K}{D H} = \frac{I C}{H C}\).

Mà \(D H = H C\) (gt) suy ra \(D K = I C\)

Mặt khác \(B D = B C\) (gt) nên \(\Delta B D C\) cân

Suy ra \(\hat{B D K} = \hat{B C I}\)

Vậy \(\Delta B D K = \Delta B C I\) (c.g.c)

Suy ra \(\hat{D B K} = \hat{C B I}\).

a) \(\Delta A B E\) có \(A M\) // \(D G\) suy ra \(\frac{A E}{E G} = \frac{E B}{E D}\) (1)

\(\Delta A D E\) có \(A D\) // \(B K\) suy ra \(\frac{E B}{E D} = \frac{E K}{E A}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{A E}{E G} = \frac{E K}{E A}\) nên \(A E^{2} = E K . E G\).

b) Từ \(\frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G}\) suy ra \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = 1\)

\(\Delta A D E\) có \(A D\) // \(B C\) suy ra \(\frac{A E}{E K} = \frac{E D}{E B}\)

     \(\frac{A E}{A E + E K} = \frac{E D}{E D + E B}\)

     \(\frac{A E}{A K} = \frac{E D}{D B}\) (3)

Tương tự \(\Delta A E B\) có \(A B\) // \(D G\) suy ra \(\frac{A E}{E G} = \frac{B E}{E D}\)

     \(\frac{A E}{A E + E G} = \frac{B E}{B E + E D}\)

     \(\frac{A E}{A G} = \frac{B E}{B D}\) (4)

Khi đó \(\frac{A E}{A K} + \frac{A E}{A G} = \frac{E D}{B D} + \frac{B E}{B D} = 1\).

c) Ta có \(\frac{B K}{K C} = \frac{A B}{C G}\) suy ra \(B K = \frac{K C . A B}{C G}\) và \(\frac{K C}{A D} = \frac{C G}{D G}\).

Suy ra \(D G = \frac{A D . C G}{K C}\)

Nhân theo vế ta được \(B K . D G = A B . A D\) không đổi.

Xét tam giác CBB' có AE // BC, nên AB'/B'C = AE/BC ( hệ quả của định lí Thalès)

Xét tam giác BCC' có DA // BC, nên AC'/BC' = DA/BC ( hệ quả định lí Thalès)

Ta có: AB'/CB' = AC'/BC' = AE/BC + DA/BC = DE/BC

=> AM/A'M = AB'/CB' + AC'/ BC'