Ta có \(\widehat {CAH} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ với \(\widehat {HBA}\))

Xét \(\Delta BAC\) vuông tại \(A\) có \(\cot \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{3}{4}\).

Suy ra \(\cot \widehat {CAH} = \frac{3}{4}\).

Vậy chọn đáp án A.

Hai đường tròn cắt nhau khi \(\left| {R - R'} \right| < OO' < R + R'\).

Do đó, hai đường tròn cắt nhau khi \(2{\rm{ cm}} < OO' < 10{\rm{ cm}}{\rm{.}}\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: a) Đúng.          b) Đúng.              c) Sai.                  d) Sai.

• Đổi \(5,25\) tấn = \(5\,\,250\) kg.

Gọi \(x\) là số thùng bia mà xe có thể chở (\(x \in {\mathbb{N}^ * }\), đơn vị: thùng).

Khối lượng của \(x\) thùng bia là \(6,7x\) (kg).

Do đó, ý a) là đúng.

• Tổng khối lượng của các thùng bia và bác tài xế là: \(6,7x + 65\) (kg).

Do đó, ý b) là đúng.

• Theo bài, trọng tải của xe (tức là tổng khối lượng tối đa cho phép mà xe có thể chở) là \(5,25\) tấn nên ta có bất phương trình: \(65 + 6,7x \le 5\,\,250\).

Do đó, ý c) là sai.

• Giải bất phương trình:

\(65 + 6,7x \le 5\,\,250\)

\(6,7x \le 5\,\,185\)

\(x \le \frac{{51\,\,850}}{{67}}\,\,\,\left( { \approx 773,88} \right)\).

Mà \(x \in {\mathbb{N}^ * }\) và cần tìm \(x\) có giá trị lớn nhất nên \(x = 773.\)

Vậy xe có thể chở được tối đa \(773\) thùng bia.

Do đó, ý d) là sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án: −7

Điều kiện xác định: \(x \ne - 5\).

Ta có: \(\frac{{x + 6}}{{x + 5}} + \frac{3}{2} = 2\)

           \[\frac{{x + 6}}{{x + 5}} = \frac{1}{2}\]

           \[2\left( {x + 6} \right) = x + 5\]

           \[2x + 12 = x + 5\]

           \[2x - x = 5 - 12\]

           \[x = - 7\] (thỏa mãn).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \[x = - 7\].

Hướng dẫn giải

Đáp án: 16

Gọi \(x,y\) (tấn) lần lượt là khối lượng quặng chứa \(75\% \) sắt và \(50\% \) sắt (\(x,y > 0\)).

Theo đề, tổng khối lượng quặng là \(25\) tấn nên ta có: \(x + y = 25\). (1)

Khối lượng sắt trong \(25\) tấn quặng chứa \(66\% \) sắt là: \(25 \cdot 66\% = 16,5\) (tấn).

Khối lượng sắt trong \(x\) (tấn) quặng chứa \(75\% \) sắt là: \(x \cdot 75\% = 0,75x\) (tấn).

Khối lượng sắt trong \(y\) (tấn) quặng chứa \(50\% \) sắt là: \(y \cdot 50\% = 0,50y\) (tấn).

Do đó, ta có phương trình: \(0,75x + 0,5y = 16,5\). (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\0,75x + 0,5y = 16,5\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).

Từ phương trình (1), suy ra \(y = 25 - x\).

Thay \(y = 25 - x\) vào phương trình (2) ta được:

\(0,75x + 0,5\left( {25 - x} \right) = 16,5\)

\(0,75x + 12,5 - 0,5x = 16,5\)

\(0,25x = 4\)

\(x = 16\) (thỏa mãn).

Thay \(x = 16\) vào phương trình \(y = 25 - x\), ta được \(y = 9\) (thỏa mãn).

Vậy cần trộn 16 tấn quặng chứa \(75\% \) sắt và 9 tấn quặng chứa \(50\% \) sắt để được \(25\) tấn quặng chứa \(66\% \) sắt.

Hướng dẫn giải

Đáp án: −6

Ta có: \(3x - \left( {6 + 2x} \right) \le 5\left( {x + 4} \right)\)

    \(3x - 6 - 2x \le 5x + 20\)

     \(x - 6 \le 5x + 20\)

    \(5x - x \ge - 6 - 20\)

         \(4x \ge - 26\)

           \(x \ge \frac{{ - 13}}{2}\).

Do đó, nghiệm của bất phương trình là \(x \ge \frac{{ - 13}}{2}\).

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của \(x\) thỏa mãn bất phương trình là \( - 6\).

Đáp án: 20,8

Ta có: \(M\) là trung điểm của \(OC\) nên \(OM = \frac{{OC}}{2} = 6\)cm.

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(MOA\) vuông tại \(M,\) ta có: \(M{O^2} + M{A^2} = O{A^2}\)

Suy ra \(M{A^2} = O{A^2} - O{M^2} = {12^2} - {6^2} = 108\).

Do đó \(MA = 6\sqrt 3 {\rm{\;cm}}.\)

Xét \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) (do \(OA = OB)\) có \(OM\) là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến, do đó \(M\) là trung điểm của \(AB.\) Khi đó, ta có \(AB = 2MA = 2 \cdot 6\sqrt 3 = 12\sqrt 3 \approx {\rm{20,8 }}\left( {{\rm{cm}}} \right){\rm{.}}\)

Hướng dẫn giải

a) Với \(a \ge 0,{\rm{ }}a \ne 16\), ta có:

\(C = \frac{a}{{a - 16}} - \frac{2}{{\sqrt a - 4}} - \frac{2}{{\sqrt a + 4}}\)

   \[ = \frac{a}{{\left( {\sqrt a - 4} \right)\left( {\sqrt a + 4} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt a + 4} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 4} \right)\left( {\sqrt a + 4} \right)}} - \frac{{2\left( {\sqrt a - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 4} \right)\left( {\sqrt a - 4} \right)}}\]

\[ = \frac{{a - 2\sqrt a - 8 - 2\sqrt a + 8}}{{\left( {\sqrt a - 4} \right)\left( {\sqrt a + 4} \right)}}\]

\[ = \frac{{a - 4\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a - 4} \right)\left( {\sqrt a + 4} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt a - 4} \right)\left( {\sqrt a + 4} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 4}}.\]

Vậy với \(a \ge 0,{\rm{ }}a \ne 16\) có \[C = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 4}}.\]

b) Ta có: \(a = 9 - 4\sqrt 5 = 5 - 2 \cdot 2 \cdot \sqrt 5 + 4 = {\left( {\sqrt 5 - 2} \right)^2}\).

Thay vào \[C,\] ta được:

\[C = \frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a + 4}} = \frac{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)}^2}} + 4}} = \frac{{\sqrt 5 - 2}}{{\sqrt 5 + 2}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt 5 + 2} \right)\left( {\sqrt 5 - 2} \right)}} = \frac{{9 - 4\sqrt 5 }}{{5 - 4}} = 9 - 4\sqrt 5 \].

Vậy giá trị của \(C = 9 - 4\sqrt 5 \) tại \(a = 9 - 4\sqrt 5 .\)

a) Ta có: \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), suy ra \(OA\) là đường phân giác của \(\widehat {BOC}\) (tính chất) nên \(\widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {CDB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(BC\))

Do đó, \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\).

Xét \(\Delta CMD\) và \(\Delta ACO\) có:

\(\widehat {CMD} = \widehat {ACO} = 90^\circ \) và \(\widehat {CDM} = \widehat {AOC}\) (do \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\))

Do đó  (g.g).

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {EBF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {EBF} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {EBO} + \widehat {OBF}\)

Suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OBF}\).

Lại có: \(\widehat {OBF} = \widehat {OFB}\) (vì \(\Delta BOF\) cân tại \(O\) do \(OB = OF)\) suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OFB}\) (1)

Mà \(\widehat {ECB} = \widehat {OFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\) của đường tròn tâm \(O\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ECB} = \widehat {ABE}\). (3)

Mặt khác, \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB = OC = R\)

Suy ra \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) mà \(E \in OA\), suy ra \(EB = EC\).

Do đó \(\Delta EBC\) cân tại \(E\) nên \(\widehat {ECB} = \widehat {EBC}\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {EBC} = \widehat {ABE}\) nên \(BE\) là tia phân giác của góc \(B\) trong tam giác \(ABH\).

Vậy \[BE\] là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)

c) Theo câu a,  (g.g), suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {DCM} = 30^\circ \).

Suy ra \(\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \).

Do đó, \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOC} = 120^\circ \) hay

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), có: \(\cos \widehat {HAC} = \frac{{AH}}{{AC}}\)

Suy ra \(AC = \frac{{AH}}{{\cos \widehat {HAC}}} = \frac{4}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Xét \(\Delta AOC\) vuông tại \(C\), có: \(OC = AC.\tan \widehat {OAC} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\tan 30^\circ = \frac{8}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ \(BC\) là:

\[S = \frac{{\pi .{{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].

Gọi độ dài của đoạn \[AE = x{\rm{ }}\left( {0 < x < 4} \right)\] (m), suy ra độ dài đoạn \[EB = 4 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Theo đề, các phần đất hình tam giác bằng nhau, nên ta có:

\[AE = BH = GC = DF = x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\] và \[BE = CH = GD = AF = 4 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[AEF\] vuông tại \(A\), có:

\[A{E^2} + A{F^2} = E{F^2}\]

\[{x^2} + {\left( {4 - x} \right)^2} = E{F^2}\]

\[2{x^2} - 8x + 16 = E{F^2}\]

Suy ra \[EF = \sqrt {2{x^2} - 8x + 16}  = \sqrt {2\left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 8}  = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Do các phần hình tam giác bằng nhau nên \[FG = GH = HE = EF = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Suy ra, chu vi \[EFGH\] là: \[EF + FG + GH + HE = 4EF = 4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Để chu vi của tứ giác \[EFGH\] nhỏ nhất thì \[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \] nhỏ nhất.

Với mọi \[0 < x < 4,\] ta có:

\[2{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0\]

\[2{\left( {x - 2} \right)^2} + 8 \ge 8\]

\[\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8}  \ge \sqrt 8 \]

\[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8}  \ge 4\sqrt 8 \]

\[4\sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8}  \ge 8\sqrt 2 \].

Do đó, chu vi của tứ giác \[EFGH\] nhỏ nhất bằng \[8\sqrt 2 {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\] khi \[x - 2 = 0\] hay \[x = 2{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\]

Vậy khoảng cách từ \[A\] đến \[E\] bằng \[2{\rm{ m}}\] thì tứ giác \[EFGH\] có chu vi nhỏ nhất.