Bài 1. \({a^3} + 3{a^2} + 3a + 1 = {\left( {a + 1} \right)^3}\)
Bài 2. Điều kiện : \(x \ne 0;x \ne 1.\)
\(A = {{2{x^2} - \left( {{x^2} + x + 1} \right) - x\left( {x - 1} \right)} \over {x\left( {1 - {x^3}} \right)}} = {{ - 1} \over {x\left( {1 - {x^3}} \right)}} = {1 \over {x\left( {{x^3} - 1} \right)}}\)
Khi \(x = 10 \Rightarrow A = {1 \over {9990}}.\)
Bài 3.
a) Ta có : \({x^4} - 1 = \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} - 1} \right),\)trong đó : \({x^2} + 1 > 0,\) với mọi x.
Vậy điều kiện : \({x^4} - 1 \ne 0\) và \(1 - {x^2} \ne 0\) là \({x^2} - 1 \ne 0\)
\({x^2} - 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) \ne 0 \Rightarrow x - 1 \ne 0\) và \(x + 1 \ne 0 \Rightarrow x \ne \pm 1\) .
b) \(P = {2 \over {\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}} - {1 \over {{x^2} - 1}} = {{2 - \left( {{x^2} + 1} \right)} \over {\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}} = {{2 - {x^2} - 1} \over {\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}}\)
\( = {{ - \left( {{x^2} - 1} \right)} \over {\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)}} = {{ - 1} \over {{x^2} + 1}}.\)
Vì \({x^2} + 1 > 0\) nên P < 0, với mọi \(x \ne \pm 1.\)
Bài 4. Ta có : \(Q = {{{x^2} - 1} \over {x - 1}} - {{{x^2} - 1} \over {x + 1}} + {x^2} - 1 \)\(\,= {{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} \over {x - 1}} - {{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)} \over {x + 1}} + {x^2} - 1\)
\( = x + 1 - x + 1 + {x^2} - 1 = {x^2} + 1 > 0,\) với mọi \(x \ne \pm 1\) .
Bài 5.
a) Ta có MN là đường trung bình của \(\Delta ABC\)
\( \Rightarrow MN\parallel AC\) và \(MN = {1 \over 2}AC\)
Tương tự \(QP\parallel AC\) và \(QP = {1 \over 2}AC\)
Do đó MNPQ là hình bình hành.
Chứng minh tương tự ta có MQ là đường trung bình của \(\Delta ADB\) nên \(MQ\parallel BD\) mà \(BD \bot AC\left( {gt} \right) \Rightarrow MQ \bot MN.\)
Vậy tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.
b) Hình chữ nhật MNPQ là hình vuông \( \Leftrightarrow MN = MQ \Leftrightarrow AC = BD\)
\( \Leftrightarrow ABCD\) là tứ giác có hai đường chéo vuông góc.
Bài 6.
a) Ta có E, F lần lượt là trung điểm của AB và DC mà AB = CD và \(AB\parallel CD\)
\( \Rightarrow AE = CF\) và \(AE\parallel CF\).
Do đó AECF là hình bình hành.
b) Tương tự như chứng minh trên ta có \(AE\parallel DF\) và AE = DF nên AEFD là hình bình hành.
Lại có AB = 2AD (gt) mà E là trung điểm AB nên AE = AD.
Do đó AEFD là hình thoi \( \Leftrightarrow AF \bot DE.\)
c) Ta có \(AF\parallel CE\left( {cmt} \right),\) tương tự ta có EBFD là hình bình hành
\( \Rightarrow ED\parallel BF.\)
Do đó tứ giác ENFM là hình bình hành, lại có \(\widehat {EMF} = {90^ \circ }\left( {cmt} \right)\)
Vậy tứ giác ENFM là hình chữ nhật \( \Rightarrow {\rm{EF = MN}}{\rm{.}}\)
d)Ta có các tam giác sau đây bằng nhau:
\(\Delta BEF = \Delta FCB = \Delta AEF = \Delta FDA\)
\( \Rightarrow {S_{BEF}} = {S_{FCB}} = {S_{AEF}} = {S_{FDA}} = {1 \over 4}{S_{ABCD}}\)
Do đó \({{{S_{BEF}}} \over {{S_{ABCD}}}} = {1 \over 4}.\)
