a) Ta có $x^2-4=\left(x-2\right)\left(x+2\right).$

$x^2+x+1=x^2+2\cdot x\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}={\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}>0$ với mọi x

Điều kiện xác định của biểu thức A  là $x^2-4\ne \mathrm{0,}$$x-1\ne 0$ hay $x-2\ne \mathrm{0,}$ $x+2\ne 0$ và , tức là $x\ne \mathrm{2,}x\ne -2$  và $x\ne 1.$

Vậy điều kiện xác định của biểu thức A  là $x\ne \mathrm{2,}x\ne -2$  và $x\ne 1.$

Với $x\ne \mathrm{2,}x\ne -2$  và $x\ne \mathrm{1,}$  ta có:

$A=\frac{x^3-1}{x^2-4}\cdot \left(\frac{1}{x-1}-\frac{x+1}{x^2+x+1}\right)$

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

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

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

$=\frac{x^2+x+1-x^2+1}{x^2-4}$

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

Vậy với $x\ne \mathrm{2,}x\ne -2$  và $x\ne \mathrm{1,}$  thì $A=\frac{1}{x-2}.$

c) Ta có $\left|x+3\right|=1$  suy ra $x+3=1$  hoặc $x+3=-1$

Do đó $x=-2$  (không thỏa mãn điều kiện) hoặc $x=-4$  (thỏa mãn điều kiện)

Thay $x=-4$  vào biểu thức $A=\frac{1}{x-2},$  ta được: $A=\frac{1}{-4-2}=-\frac{1}{6}.$

Vậy $A=-\frac{1}{6}$  khi $\left|x+3\right|=1.$

a) Sau x năm sử dụng, thiết bị tiệt khuẩn đó bị khấu hhao là kx (triệu đồng).

Giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau x năm sử dụng là: y = 60 - kx hay y = -kx + 60.

Mà 0 < k < 60 hay  suy ra y là hàm số bậc nhất của x.

b) Từ câu a, ta có $b=60.$

Do đường thẳng $y=ax+b$  đi qua điểm B( 10;30)  nên ta có:

$30=a\cdot 10+60.$

Hay $10a=–30$

Suy ra $a=-3.$

Khi đó, đường thẳng cần tìm là: $y=-3x+60.$

Giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau 12 năm sử dụng là:

$-3\cdot 12+60=–36+60=24$ (triệu đồng).

Tỉ số phần trăm giữa giá của thiết bị tiệt khuẩn đó sau 12 năm sử dụng và giá mua ban đầu là: $\frac{24}{60}\cdot 100\text{\%}=40\text{\%.}$

Vậy sau 12 năm sử dụng thì giá của thiết bị tiệt khuẩn đó bằng 40% so với giá mua ban đầu.

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

$S_{xq}=\frac{1}{2}\cdot \left(AB+BC+CA\right)\cdot SI=\frac{1}{2}\cdot \left(5+5+5\right)\cdot 6=45\left({\text{cm}}^2\right)\text{.}$

Tam giác ABC  là tam giác đều nên đường trung tuyến CI  đồng thời là đường cao.

Xét $\Delta ACI$  vuông tại I  có $A{C}^2=A{I}^2+C{I}^2$

Suy ra $C{I}^2=A{C}^2-A{I}^2=5^2-{\left(\frac{1}{2}\cdot 5\right)}^2=25-\frac{25}{4}=\frac{75}{4}$

Do đó $CI=\sqrt{\frac{75}{4}}\approx \mathrm{4,33}\text{ cm}.$

Diện tích đáy của hình chóp tam giác đều S.ABC  là:

$S_{đáy}=\frac{1}{2}\cdot CI\cdot AB\approx \frac{1}{2}\cdot \mathrm{4,33}\cdot 5\approx \mathrm{10,83}\left({\text{cm}}^2\right)\text{.}$

Diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều S.ABC  là:

$S_{tp}=S_{xq}+S_{đáy}\approx 45+\mathrm{10,83}=\mathrm{55,83}\left({\text{cm}}^2\right)\text{.}$

a) Do tứ giác ABCD  là hình bình hành nên $AD=BC,AD\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}BC$ .

Vì $AD=BC,$$BE=\frac{1}{2}BC$ và $AF=\frac{1}{2}AD$  (do F là trung điểm của $AD)$  nên $BE=AF.$

Tứ giác ABEF  có BE = AF  và $BE\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}AF$  (vì $AD\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}BC)$

Suy ra, tứ giác ABEF  là hình bình hành.

Do E  là trung điểm của BC  nên $BE=\frac{1}{2}BC$  hay $BC=2BE.$

Vì $BC=2AB$  và $BC=2BE$  nên $AB=BE$ .

Hình bình hành ABEF  có AB = BE  nên ABEF  là hình thoi.

b) Vì tứ giác ABCD  là hình bình hành nên $AB=CD,AB\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}CD$ .

Vì $AB=CD$  và $AB=BI$  (do B  là trung điểm của AI)  nên BI = CD .

Tứ giác BICD  có BI // CD  (vì AB // CD )  và BI = CD  nên tứ giác BICD  là hình bình hành.

Ta thấy BD  vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác của tam giác ADI  nên tam giác ADI  cân tại D .

Suy ra BD  cũng là đường cao của tam giác ADI  nên $BD\perp BI$  hay $\widehat{DBI}=90°.$

Hình bình hành BICD  có $\widehat{DBI}=90°$  nên tứ giác BICD  là hình chữ nhật.

Khi đó, E  là trung điểm của hai đường chéo BC  và DI .

Tam giác ADI  cân tại D  có $\widehat{DAI}=60°$  nên tam giác ADI  là tam giác đều.

$\Delta ADI$ là tam giác đều có AE  là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao.

Do đó, $AE\perp DI$  hay $\widehat{AED}=90°$ .

Theo giả thiết, $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z}.$

Suy ra $\frac{yz+xz+xy}{xyz}=\frac{1}{x+y+z}.$

$\left(yz+xz+xy\right)\left(x+y+z\right)=xyz$

$yz\left(x+y+z\right)+xz\left(x+y+z\right)+xy\left(x+y+z\right)=xyz$

$xyz+y^{2}z+y{z}^2+x^{2}z+xyz+x{z}^2+x^{2}y+x{y}^2+xyz=xyz$

$\left(x^{2}z+2xyz+y^{2}z\right)+\left(y{z}^2+x{z}^2\right)+\left(x^{2}y+x{y}^2\right)=0$

$z{\left(x+y\right)}^2+z^2\left(x+y\right)+xy\left(x+y\right)=0$

$\left(x+y\right)\left[z\left(x+y\right)+z^2+xy\right]=0$

$\left(x+y\right)\left(xz+yz+z^2+xy\right)=0$

$\left(x+y\right)\left[\left(xz+xy\right)+\left(yz+z^2\right)\right]=0$

$\left(x+y\right)\left[x\left(y+z\right)+z\left(y+z\right)\right]=0$

$\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)=0$

Suy ra $x+y=0$  hoặc $y+z=0$  hoặc $x+z=0.$

⦁ Nếu $x+y=0$  thì $x=-y,$  khi đó $x^{2023}=-y^{2023}.$

Ta có $\frac{1}{x^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{-y^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{z^{2023}};$

$\frac{1}{x^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}=\frac{1}{-y^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}=\frac{1}{z^{2023}}.$

Do đó $\frac{1}{x^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{x^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}.$

⦁ Nếu $y+z=0$  hoặc $x+z=\mathrm{0,}$  chứng minh tương tự ta cũng có

$\frac{1}{x^{2023}}+\frac{1}{y^{2023}}+\frac{1}{z^{2023}}=\frac{1}{x^{2023}+y^{2023}+z^{2023}}.$