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 củabiểu 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 \(200\,\,{{\rm{m}}^2}.\)