Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Tự luận

a) \[\left\{ \begin{array}{l}3x + y = 4\\2x - y = 11.\end{array} \right.\]

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được:

\(5x = 15\) nên \(x = 3.\)

Thay \(x = 3\) vào phương trình \(3x + y = 4,\) ta được:

\(3 \cdot 3 + y = 4,\) hay \(9 + y = 4,\) suy ra \(y = - 5.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {3; - 5} \right)\).

b) \[\left\{ \begin{array}{l}5x + 4y = 1\\3x - 2y = 5.\end{array} \right.\]

Từ phương trình thứ nhất ta có \[4y = 1 - 5x\] hay \[y = \frac{1}{4} - \frac{5}{4}x\].

Thế vào phương trình thứ hai, ta được

\[3x - 2\left( {\frac{1}{4} - \frac{5}{4}x} \right) = 5\], tức là \[\frac{{11}}{2}x - \frac{1}{2} = 4\], suy ra \[\frac{{11}}{2}x = \frac{{11}}{2}\] hay \[x = 1\].

Từ đó \[y = \frac{1}{4} - \frac{5}{4}.1 = - 1.\]

Do đó, hệ phương trình đã cho có nghiệm là \[\left( {1\,;\,\, - 1} \right).\]

c) \[\left\{ \begin{array}{l}4x + y = 51\\3x + 2y = 47\end{array} \right.\]

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất của hệ trên với 2, ta được: \[\left\{ \begin{array}{l}8x + 2y = 102\\3x + 2y = 47\end{array} \right.\].

Trừ từng vế hai phương trình của hệ trên, ta được: \(5x = 55\), suy ra \(x = 11\).

Thay \(x = 11\) vào phương trình \[4x + y = 51\], ta được:

\[4 \cdot 11 + y = 51\] suy ra \(y = 7\).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {11;\,\,7} \right).\)

d) \[\left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 8\\2x - 3y = 0.\end{array} \right.\]

Từ phương trình thứ nhất ta có \[2x + 5y = 8\] suy ra \(x = 4 - \frac{5}{2}y\). Thế vào phương trình thứ hai, ta được:

\[2\left( {4 - \frac{5}{2}y} \right) - 3y = 0\], tức là \[8 - 8y = 0\], suy ra \[8y = 8\] hay \[y = 1\].

Từ đó \[x = 4 - \frac{5}{2} = \frac{3}{2}.\]

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là \[\left( {\frac{3}{2}\,;\,\,1} \right).\]

e) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{2}{x} - \frac{3}{y} = 7\\\frac{3}{x} + \frac{2}{y} = 4\end{array} \right.\) (Điều kiện \(x \ne 0;y \ne 0)\)

Đặt \(\frac{1}{x} = a;\,\,\frac{1}{y} = b\), khi đó hệ phương trình đã cho trở thành: \[\left\{ \begin{array}{l}2a - 3b = 7\\3a + 2b = 4.\end{array} \right.\]

Từ phương trình thứ nhất ta có \[2a - 3b = 7\] suy ra \[a = \frac{7}{2} + \frac{3}{2}b\]. Thế vào phương trình thứ hai, ta được:

\[3\left( {\frac{7}{2} + \frac{3}{2}b} \right) + 2b = 4\], tức là \[\frac{{21}}{2} + \frac{{13}}{2}b = 4\], suy ra \[\frac{{13}}{2}b = - \frac{{13}}{2}\] hay \[b = - 1\].

Từ đó \[a = \frac{7}{2} + \frac{3}{2} \cdot \left( { - 1} \right) = 2.\]

Với \(a = 2\) ta có \(\frac{1}{x} = 2,\) suy ra \(x = \frac{1}{2}\) (thỏa mãn điều kiện);

Với \(b = - 1\) ta có \(\frac{1}{y} = - 1,\) suy ra \(y = - 1\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {\frac{1}{2};\,\, - 1} \right)\).

f) \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + \frac{2}{y} = 4\\\frac{3}{x} - \frac{2}{y} = 4\end{array} \right.\] (Điều kiện \(x \ne 0;y \ne 0).\)

Đặt \(\frac{1}{x} = a;\,\,\frac{1}{y} = b\), khi đó hệ phương trình đã cho trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 4\\3a - 2b = 4.\end{array} \right.\)

Thực hiện cộng theo vế hai phương trình ta được \(4a = 8\), suy ra \(a = 2.\)

Thay \(a = 2\) vào phương trình thứ nhất ta được: \(2 + 2b = 4\) hay \(2b = 2\), suy ra \(b = 1\).

Với \(a = 2\) ta có \(\frac{1}{x} = 2,\) suy ra \(x = \frac{1}{2}\) (thỏa mãn điều kiện);

Với \(b = 1\) ta có \(\frac{1}{y} = 1,\) suy ra \(y = 1\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {\frac{1}{2};\,\,1} \right)\).

a) Thay \(x = 196\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\) vào biểu thức \(B\) ta được:

\[B = \frac{{4 \cdot \left( {\sqrt {196} + 2} \right)}}{{\sqrt {196} - 2}} = \frac{{4 \cdot \left( {14 + 2} \right)}}{{14 - 2}} = \frac{{4 \cdot 16}}{{12}} = \frac{{16}}{3}\].

Vậy với \(x = 196\) thì giá trị của biểu thức \[B = \frac{{16}}{3}\].

b) \(A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{4x}}{{x - 4}}\)                             ĐKXĐ: \(x \ge 0, x \ne 4\)

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

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

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

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

Vậy với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[A = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

c) Với \(x \ge 0, x \ne 4,\) ta có

\(P = A:B\)\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\]\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\].

Với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[\sqrt P \] luôn có nghĩa.

Xét hiệu: \[P - 1 = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 1 = \frac{{\sqrt x - \sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}}\].

Ta thấy: \[ - 2 < 0\]; \[\sqrt x + 2 > 0\] với \(x \ge 0, x \ne 4\).

Khi đó \[\frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}} < 0\] suy ra \[P - 1 < 0\] nên \[P < 1\] hay \[\sqrt P < 1\], do đó \[\sqrt P - 1 < 0\].

Mà \[\sqrt P \ge 0\] nên \[\sqrt P \left( {\sqrt P - 1} \right) \le 0\] suy ra \[P - \sqrt P \le 0\] hay \[P \le \sqrt P \].

Vậy với \(x \ge 0\,, \,x \ne 4\) thì \[P \le \sqrt P \].

a) Thay \(x = 4\) (TMĐK) vào biểu thức B ta được

\(B = \frac{{\sqrt 4 + 1}}{{4 + \sqrt 4 + 1}} = \frac{{2 + 1}}{{4 + 2 + 1}} = \frac{3}{7}\).

Vậy \(B = \frac{3}{7}\) khi \(x = 4\).

b) \(P = A:B\)\( = \left[ {\frac{{\sqrt x }}{{x\sqrt x - 1}} + \frac{1}{{\sqrt x - 1}}} \right]:\frac{{\sqrt x + 1}}{{x + \sqrt x + 1}}\)

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

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

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

Vậy P = \(\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}}\).

c) Ta có P = \(\frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x - 1 + 2}}{{\sqrt x - 1}} = 1 + \frac{2}{{\sqrt x - 1}}\)

Để P nguyên thì \(\sqrt x - 1\, \in \,U\left( 2 \right) = \left\{ {1; - 1;2; - 2} \right\}\)

Ta có bảng sau:

Vậy \(x \in \left\{ {0;4;9} \right\}\).

a) Với \(x = 16\), ta có \(A = \frac{{16 + 3}}{{\sqrt {16} - 2}} = \frac{{19}}{2}\).

b) Với \(x > 0,\,\,x \ne 4\), ta có

\(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{x - 4}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

\( = \frac{{x - 3\sqrt x + 2 + 5\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{x + 2\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)

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

c) Ta có \(P = \frac{A}{B} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} = \frac{{x + 3}}{{\sqrt x }}\).

Do đó \(P \le 4\) khi \(\frac{{x + 3}}{{\sqrt x }} \le 4\) suy ra \(\frac{{x + 3}}{{\sqrt x }} - 4 \le 0\) hay \(\frac{{x + 3 - 4\sqrt x }}{{\sqrt x }} \le 0\).

Do \(\sqrt x > 0\) nên để \(\frac{{x + 3 - 4\sqrt x }}{{\sqrt x }} \le 0\) thì \(x + 3 - 4\sqrt x \le 0\).

Ta có \(x + 3 - 4\sqrt x = x - 4\sqrt x + 4 - 1 = {\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} - 1\).

Do đó \(x + 3 - 4\sqrt x \le 0\) khi \({\left( {\sqrt x - 2} \right)^2} - 1 \le 0\) suy ra \[ - 1 \le \;\sqrt x - 2 \le 1\] hay \[1 \le \;\sqrt x \le 3\] từ dó suy ra \[1 \le \;x \le 9\].

Vì \[x\] nguyên nên ta có \[x \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}.\]

a) Tính giá trị của biểu thức \(A\) khi \(x = 4 - 2\sqrt 3 .\)

Vì \(x = 4 - 2\sqrt 3 = 3 - 2\sqrt 3 + 1\) nên \(x = {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2}\) và \(\sqrt x = \sqrt 3 - 1\).

Thay vào \(A\) ta được \(A = \frac{{\sqrt 3 - 1 + 2}}{{\sqrt 3 - 1 - 4}} = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{{\sqrt 3 - 5}}\)\( = \frac{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)\left( {\sqrt 3 + 5} \right)}}{{ - 2}}\)\( = - 4 - 3\sqrt 3 \)

b) Với \(x \ge 0\,,\,\,x \ne 16\,,\) ta có:

\[B = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 4}} - \frac{{10\sqrt x - 8}}{{16 - x}}\]

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}} + \frac{{10\sqrt x - 8}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 6\sqrt x + 8 + 10\sqrt x - 8}}{{\left( {\sqrt x + 4} \right)\left( {\sqrt x - 4} \right)}}\]

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

c) Ta có \(\frac{A}{B} = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 4}}:\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 4}}\) \( = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 4}}.\frac{{\sqrt x - 4}}{{\sqrt x }}\)\( = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}\).

Phương trình \(\frac{A}{B} = m\) trở thành \(\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }} = m\) hay \(\sqrt x + 2 = m\sqrt x \)

Suy ra \(\left( {m - 1} \right)\sqrt x = 2\).

Để phương trình có nghiệm ta cần có \(m - 1 > 0\) hay \(m > 1\), đồng thời \(\frac{2}{{m - 1}} \ne 16\) hay \(m \ne \frac{9}{8}\).

Vậy, với \(m > 1\) và \(m \ne \frac{9}{8}\) thì phương trình \(\frac{A}{B} = m\) có nghiệm.

Gọi x (kg/m³) là khối lượng riêng của kim loại B với x > 0.

Khối lượng riêng của kim loại A là: \[x + 6,24{\rm{ }}\left( {{\rm{kg/}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right){\rm{.}}\]

Thể tích của 45 kg kim loại B là: \(\frac{{45}}{x}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right){\rm{.}}\)

Thể tích của 149 kg kim loại A là: \(\frac{{149}}{{x + 6,24}}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right){\rm{.}}\)

Do thể tích của 45 kg kim loại B bằng thể tích của 149 kg kim loại A nên

\(\frac{{45}}{x} = \frac{{149}}{{x + 6,24}}\)

\(\frac{{45\left( {x + 6,24} \right)}}{{x\left( {x + 6,24} \right)}} = \frac{{149x}}{{x\left( {x + 6,24} \right)}}\)

\[45\left( {x + 6,24} \right) = 149x\]

\[45x + 280,8 = 149x\]

\[104x = 280,8\]

\[x = 2,7\] (thỏa mãn \[x > 0).\]

Vậy khối lượng riêng của kim loại B là \[2,7{\rm{ kg/}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{.}}\]

Gọi \[x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\] là tốc độ ban đầu của ô tô \[\left( {x > 0} \right).\]

Thời gian của ô tô đi với quãng đường 30 km là: \[\frac{{30}}{x}\] (giờ).

Quãng đường còn lại sau khi ô tô đi được 30 km là: \[61,5--30 = 31,5{\rm{ }}\left( {{\rm{km}}} \right){\rm{.}}\]

Vận tốc của ô tô khi đi quãng đường còn lại là: \[x + 2{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{.}}\]

Thời gian ô tô đi quãng đường còn lại là: \[\frac{{31,5}}{{x + 2}}\] (giờ).

Theo bài, thời gian ô tô đi trên 30 km đầu bằng thời gian ô tô đi trên \[31,5{\rm{ km}}\] còn lại nên ta có phương trình: \(\frac{{30}}{x} = \frac{{31,5}}{{x + 2}}.\)

\[\frac{{30\left( {x + 2} \right)}}{{x\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{31,5x}}{{x\left( {x + 2} \right)}}\]

\[30\left( {x + 2} \right) = 31,5x\]

\[30x + 60 = 31,5x\]

\[1,5x = 60\]

\[x = 40\] (thỏa mãn điều kiện \[x > 0\]).

Vậy tốc độ ban đầu của ô tô là \[40{\rm{ km/h}}.\]

Đổi 40 phút \( = \frac{2}{3}\) giờ.

Gọi \[x\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\] là tốc độ của ca nô khi nước yên lặng \[\left( {x > 3} \right).\]

Vận tốc khi ca nô xuôi dòng là: \[x + 3{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{.}}\]

Vận tốc khi cano ngược dòng là: \[x - 3{\rm{ }}\left( {{\rm{km/h}}} \right){\rm{.}}\]

Thời gian cano xuôi dòng: \[\frac{{24}}{{x + 3}}\] (h).

Thời gian cano ngược dòng: \[\frac{{24}}{{x - 3}}\] (h).

Do thời gian ca nô đi xuôi dòng và thời gian ca nô đi ngược dòng chênh lệch nhau 40 phút (\(\frac{2}{3}\) giờ) mà khi đi xuôi dòng luôn nhanh hơn đi ngược dòng nên

\(\frac{{24}}{{x - 3}} - \frac{{24}}{{x + 3}} = \frac{2}{3}\)

\(\frac{{24 \cdot 3\left( {x + 3} \right)}}{{3 \cdot \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} - \frac{{24 \cdot 3\left( {x - 3} \right)}}{{3 \cdot \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \frac{{2\left( {x + 3} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{3\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}\)

\[24 \cdot 3\left( {x + 3} \right)--24 \cdot 3\left( {x--3} \right) = 2\left( {x + 3} \right)\left( {x--3} \right)\]

\[72x + 216 - 72x + 216 = 2\left( {{x^2} - 9} \right)\]

\[432 = 2{x^2}--18\]

\[2{x^2} = 450\]

\[{x^2} = 225\]

\[x = 15\] hoặc \[x = - 15\].

Do \[x > 3\] nên \[x = 15\].

Vậy tốc độ của ca nô khi nước yên lặng là \[15{\rm{ }}{\mathop{\rm km}\nolimits} /h.\]

Gọi \[x\] là tử số của phân số cần tìm \[\left( {x \in \mathbb{Z}\,;\,\,x \ne 0} \right).\]

Mẫu số của phân số là: \[x + 2.\]

Ta có phân số cần tìm có dạng \(\frac{x}{{x + 2}}.\) Khi đó ta có điều kiện \[x \ne - 2.\]

Nếu bớt tử số đi 3 đơn vị và bớt mẫu số đi 6 đơn vị thì phân số có dạng \(\frac{{x - 3}}{{x + 2 - 6}} = \frac{{x - 3}}{{x - 4}}.\)

Khi đó, ta có điều kiện \[x \ne 4.\]

Theo bài, phân số mới bằng phân số nghịch đảo của phân số đã cho nên ta có phương trình: \(\frac{{x - 3}}{{x - 4}} = \frac{{x + 2}}{x}.\)

Giải phương trình:

\(\frac{{x - 3}}{{x - 4}} = \frac{{x + 2}}{x}\)

\(\frac{{\left( {x - 3} \right)x}}{{\left( {x - 4} \right)x}} = \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 4} \right)}}{{x\left( {x - 4} \right)}}\)

\[\left( {x--3} \right)x = \left( {x + 2} \right)\left( {x--4} \right)\]

\[{x^2} - 3x = {x^2} - 4x + 2x - 8\]

\[{x^2}--{x^2}--3x + 4x--2x = - 8\]

\[x = 8\] (TMĐK)

Như vậy, phân số cần tìm có tử số là 8 và mẫu số là \[8 + 2 = 10.\]

Vậy phân số cần tìm là \(\frac{8}{{10}}.\)

Gọi \[x\] (nghìn đồng) là giá tiền mỗi kilôgam gạo mà bác Lan đã mua \[\left( {x > 2} \right).\]

Giá tiền mỗi kilôgam gạo bác Lan dự định mua là: \[x - 2\] (nghìn đồng).

Lượng gạo thực tế mà bác Lan đã mua là: \[\frac{{480}}{x}\] (kg).

Lượng gạo bác Lan dự định mua là: \(\frac{{480}}{{x - 2}}\) (kg).

Do lượng gạo đã mua giảm \(\frac{1}{{16}}\) lần so với dự định nên ta có phương trình:

\(\frac{{480}}{x} = \frac{{15}}{{16}} \cdot \frac{{480}}{{x - 2}}.\)

\[\frac{1}{x} = \frac{{15}}{{16}} \cdot \frac{1}{{x - 2}}\]

\[\frac{{16\left( {x - 2} \right)}}{{16x\left( {x - 2} \right)}} = \frac{{15x}}{{16x\left( {x - 2} \right)}}\]

\[16\left( {x - 2} \right) = 15x\]

\[16x - 32 = 15x\]

\[x = 32\] (TMĐK)

Vậy giá tiền mỗi kilôgam gạo mà bác Lan đã mua là 32 nghìn đồng.

Gọi \(x\) là số trận thắng – thua và \(y\) là số trận hòa\[\left( {x,{\rm{ }}y \in \mathbb{N}*} \right)\].

Nếu có 5 đội tham gia thi đấu, mỗi đội phải đấu với 4 đội còn lại nên với 5 đội tham gia thì có \(5 \cdot 4 = 20\) (trận đấu). Nhưng mỗi trận đấy có 2 đội tham gia nên tổng số trận đấu khi có 5 đội tham gia là \(\frac{{5 \cdot 4}}{2} = 10\) (trận đấu).

Vì có 10 trận đấu nên \(x + y = 10 & \left( 1 \right)\)

Mặt khác, tổng số điểm các đội là \(10 + 9 + 6 + 4 + 0 = 29\) (điểm).

Mỗi trận thắng – thua có tổng số điểm là 3 và mỗi trận hòa có tổng số có tổng số điểm là 2 nên ta có phương trình \(3x + 2y = 29 & \left( 2 \right)\)

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 10\\3x + 2y = 29\end{array} \right.\).

Từ phương trình thứ hai ta có \(x + y = 10\) suy ra \(x = 10 - y\). Thế vào phương trình thứ nhất, ta được:

\(3\left( {10 - y} \right) + 2y = 29\), suy ra \(30 - 3y + 2y = 29\) hay \(y = 1\) (thỏa mãn).

Từ đó \(x = 10 - y = 10 - 1 = 9\)(thỏa mãn).

Mỗi đội có 4 trận đấu với các đội còn lại mà đội A có 10 điểm tức đội A thắng 3 trận hòa 1 trận.

Đội B có 9 điểm tức thắng 3 trận thua 1 trận.

Đội C có 6 điểm tức thắng 2 trận thua 2 trận.

Đội D có 4 điểm thắng 1 trận hòa 1 trận.

Đội E không có điểm tức là thua hết 4 trận.

Vậy trận hòa là của đội A và đội D.

Gọi thời gian tổ A, tổ B làm riêng xong công việc lần lượt là (giờ) .

Khi đó: Sau 1 giờ, tổ A làm được công việc.

                     Sau 1 giờ, tổ B làm được \(\frac{1}{y}\)công việc.

Vì nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của tổ A ít hơn tổ B là 12 giờ nên ta có phương trình: \(y - x = 12\,\,\,\left( 1 \right)\).

Vì nếu hai tổ cùng làm thì trong 8 giờ xong việc nên ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{8}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + y = 12}\\{\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{8}}\end{array}} \right.\).

Giải hệ phương trình ta được: \(x = 12;\,y = 24\)(thỏa mãn).

Vậy thời gian tổ A làm riêng xong công việc là 12 giờ; thời gian tổ B làm riêng xong công việc là 24 giờ.

Gọi \[x,{\rm{ }}y\] (bước) lần lượt là số bước mà anh Sơn và chị Hà đi bộ trong 1 phút

\[\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N}*;\,\,\,x > y} \right).\]

Trong 2 phút, anh Sơn đi được \(2x\) (bước); chị Hà đi được \(2y\) (bước).

Nếu đi cùng trong 2 phút thì anh Sơn đi nhiều hơn chị Hà 20 bước nên

$2x-2y = 20 hay (x-y) =10 \left(1\right)$

Trong 3 phút anh Sơn đi được \(3x\) (bước)

Trong 5 phút chị Hà đi được \(5y\) (bước)

Do chị Hà đi trong 5 phút thì nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước nên

$5y - 3x = 160 hay -3x +5y = 160 \left(2\right)$

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - y = 10\\ - 3x + 5y = 160\end{array} \right.\).

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với \(3,\) ta được hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - 3y = 30\\ - 3x + 5y = 160\end{array} \right..\)

Cộng từng vế hai phương trình của hệ phương trình trên, ta được: \(2y = 190\) nên \(y = 95\) (thỏa mãn).

Thay \(y = 95\) vào phương trình thứ nhất của hệ ban đầu, ta được:

\[x - 95 = 10\] suy ra \(x = 10 + 95 = 105\) (thỏa mãn).

Mỗi ngày anh Sơn đi bộ trong 1 giờ nên số bước anh Sơn đi là \(105 \cdot 60 = 6\,\,300\) (bước)

Mỗi ngày anh Sơn đi bộ trong 1 giờ nên số bước chị Hà đi là \(95 \cdot 60 = 5\,\,700\) (bước)

Vậy anh Sơn đạt được mục tiêu đề ra, còn chị Hà thì không đạt mục tiêu đề ra.

Gọi số giáo viên và học sinh đi tham quan lần lượt là \[x\] và \[y\] (người)
Điều kiện : \[x,y \in \mathbb{N};x,y > 0\].

Vì tổng số giáo viên và học sinh tham gia là \(10\) người nên \[x + y = 10\].              (1)

Giá tiền mỗi vé của giáo viên sau khi giảm là:

\(150\,\,000 - 150\,\,000.10\% = 135{\rm{ }}000\) (đồng)

Giá tiền mỗi vé của học sinh sau khi giảm là:

\(150\,\,000 - 150\,\,000.20\% = 120{\rm{ }}000\) (đồng)

Vì tổng số tiền mua vé là \(1\,\,230\,\,000\) đồng nên

\(135\,\,000x + 120\,\,000y = 1\,\,230\,\,000\) hay \(9x + 8y = 82\).      (3)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 10\\9x + 8y = 82\end{array} \right.\).

Suy ra \[x = 2\,;y = 8\](TMĐK).

Vậy có \[2\] giáo viên và \[8\] học sinh đi tham quan.

a) Gọi số sản phẩm tổ 1, tổ 2 phải làm theo kế hoạch lần lượt là \(x\,,y\)( sản phẩm)

\(\left( {x,\,\,y \in \mathbb{N}\,;\,\,x,\,\,y > 0} \right).\)

Vì cả hai tổ làm được 700 sản phẩm nên ta có phương trình: \(x + y = 700\).              (1)

Số sản phẩm tổ 1 làm vượt mức là \(0,15x\)(sản phẩm)

Số sản phẩm tổ 2 làm vượt mức là \(0,2y\)(sản phẩm)

Sổ sản phẩm cả hai tổ làm vượt mức là \[820 - 700 = 120\] (sản phẩm).

Theo đề bài ta có phương trình: \(0,15x + 0,2y = 120\).    (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 700\\0,15x + 0,2y = 120\end{array} \right.\].

Giải hệ phương trình trên ta có .

Vậy tổ 1 làm được 400 sản phẩm, tổ 2 làm được 300 sản phẩm.

Gọi \(x\) (tháng) là thời gian gia đình cô Thúy có thể mua được chiếc ô tô tải bằng tiền tiết kiệm được \(\left( {x > 0} \right)\).

Sau x tháng, số tiền gia đình cô Thúy tiết kiệm được là: \[10x\] (triệu đồng).

Khi đó tổng số tiền gia đình cô Thúy tiết kiệm được là: \[250 + 10x\] (triệu đồng).

Theo bài, gia đình cô Thúy dự định mua một chiếc ô tô tải nhỏ để vận chuyển hàng hoá với giá tối thiểu là 370 triệu đồng nên ta có bất phương trình:

\[250 + 10x \ge 370.\]

\[10x \ge 120\]

\[x \ge 12.\]

Vậy sau ít nhất 12 tháng, gia đình cô Thúy có thể mua được chiếc ô tô tải đó bằng số tiền tiết kiệm được.

Lời giải

Gọi số giờ David làm thêm là \[x\] (giờ).

Số tiền David kiếm được là \[10,25x{\rm{ }}\left( \euro \right).\]

David muốn kiếm được ít nhất \[1{\rm{ }}500{\rm{ }}\euro \] nên ta có:

\[10,25x \ge 1{\rm{ }}500\]

\[x \ge \frac{{1\,\,500}}{{10,25}}\]

\[x \ge 146,34\].

Vậy David cần làm thêm ít nhất là 147 giờ để kiếm được số tiền như trên.

a) Ta có \(BC = BH + HC = 9 + 4 = 13\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có: \(\cos B = \frac{{BH}}{{AB}}.\)

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại \(A\), ta có: \(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}.\)

Do đó \[\cos B = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\]

Suy ra \(A{B^2} = BH \cdot BC = 9 \cdot 13 = 117\) nên \(AB = 3\sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta ABC\] vuông tại \(A\), ta có \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]

Suy ra \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {13^2} - 117 = 52\] nên \[AC = 2\sqrt {13} \,\,cm.\]

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AHC\] vuông tại \(H\),  ta có \[A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\]

Suy ra \[A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = 52 - {4^2} = 36\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] nên \[AH = 6\,\,cm.\]

b) Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có: \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}}.\]

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có: \[\cos A = \frac{{AE}}{{AH}}.\]

Do đó \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AH}}.\] Suy ra $A{H}^2 = AE\hspace{0.17em}. AB\hspace{0.17em}\left(1\right)$ 

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có: \[\tan \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AH}}.\]

Xét \[\Delta AHC\] vuông tại \(E\), ta có: \[\cos \widehat {CAH} = \frac{{AH}}{{HC}}.\]

Do đó \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{HC}}\] suy ra $A{H}^2 = BH . HC\hspace{0.17em}\left(2\right)$

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AE \cdot AB = BH \cdot HC\].

c) Xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có \[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\] suy ra ${\sin }^2 \widehat{EAH} = \frac{H{E}^2}{A{H}^2 } \left(3\right)$

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có \[\sin \widehat {MFH} = \frac{{MH}}{{HF}}\].

Vì \(\Delta ABF\) vuông tại \(B\) nên \(\widehat {BAH} + \widehat {BFH} = 90^\circ \) suy ra \[\sin \widehat {BFH} = \cos \widehat {EAH}.\]

Do đó \[\cos \widehat {EAH} = \frac{{MH}}{{HF}}\] suy ra ${\cos }^2\widehat{EAH } = \frac{M{H}^2}{H{F}^2 } \left(4\right)$

Mặt khác, xét \[\Delta AHE\] vuông tại \(E\), ta có

 \[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\,;\,\,\cos \widehat {EAH} = \frac{{AE}}{{AH}}\]  (áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn).

 \[H{E^2} + A{E^2} = A{H^2}\] (áp dụng định lí Pythagore)

Do đó ${\sin }^2 \widehat{EAH } + {\cos }^2 \widehat{EAH }= \frac{H{E}^2}{A{H}^2 } + \frac{A{E}^2}{A{H}^2} =\frac{H{E}^2 + A{E}^2}{A{H}^2} = \frac{A{H}^2}{A{H}^{2 }} \left(5\right)$

Từ \[\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] suy ra \[{\sin ^2}\widehat {EAH} + {\cos ^2}\widehat {EAH} = \frac{{H{E^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{{M{H^2}}}{{H{F^2}}} = 1\] (đpcm).

a) Xét \(\Delta AKC\) vuông tại \(K,\) ta có:

\(\sin C = \frac{{AK}}{{AC}},\,\,\cos C = \frac{{KC}}{{AC}},\)

\(\tan C = \frac{{AK}}{{KC}},\,\,\cot C = \frac{{KC}}{{AK}}.\)

b) Xét \(\Delta AKB\) vuông tại \(K,\) ta có: \(BK = AK \cdot \cot B.\)

Xét \(\Delta AKC\) vuông tại \(K,\) ta có: \(KC = AK \cdot \cot C.\)

Suy ra \(BC = BK + KC = AK \cdot \cot B + AK \cdot \cot C\)

Do đó \(BC = AK \cdot \left( {\cot B + \cot C} \right)\) nên \(AK = \frac{{BC}}{{\cot B + \cot C}}.\)

c) Kẻ \[DI\, \bot \,BD\] tại \[D\]\[(I\]thuộc đường thẳng \[BC)\].

Ta có \(\widehat {ADN} + \widehat {CDN} = 90^\circ ,\,\,\widehat {CDI} + \widehat {CDN} = 90^\circ .\) Suy ra \[\widehat {ADN} = \widehat {CDI}\].

Xét \[\Delta ADN\] và \[\Delta CDI\] có: \(\widehat {DAN} = \widehat {DCI} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ADN} = \widehat {CDI}\)

Do đó  (g.g).

Suy ra \[\frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{AN}}{{CI}} = \frac{{DN}}{{DI}}\] nên \[\frac{{A{D^2}}}{{C{D^2}}} = \frac{{D{N^2}}}{{D{I^2}}}.\]

Xét \(\Delta ADC\) vuông tại \(D,\) ta có: \[\cot \widehat {DAC} = \frac{{AD}}{{DC}}.\]

Vì \(CKAD\) là hình chữ nhật nên \(AD\,{\rm{//}}\,KC\) nên \[\widehat {ACB} = \widehat {DAC}\] (so le trong).

Suy ra \[{\cot ^2}\widehat {ACB} = {\cot ^2}\widehat {DAC} = {\left( {\frac{{AD}}{{DC}}} \right)^2} = \frac{{A{D^2}}}{{D{C^2}}} = \frac{{D{N^2}}}{{D{I^2}}}\].

Ta có: \[\frac{{{{\cot }^2}ACB}}{{D{N^2}}} + \frac{1}{{D{B^2}}} = \frac{{\frac{{D{N^2}}}{{D{I^2}}}}}{{D{N^2}}} + \frac{1}{{D{B^2}}} = \frac{1}{{D{I^2}}} + \frac{1}{{D{B^2}}} = \frac{{D{I^2} + D{B^2}}}{{D{I^2} \cdot D{B^2}}}\].

Xét \(\Delta BDI\) vuông tại \(D,\) theo định lí Pythagore, ta có: \(B{I^2} = D{I^2} + D{B^2}\).

Xét \(\Delta BCD\) vuông tại \(C,\) ta có \(\sin \widehat {DBC} = \frac{{CD}}{{BD}}.\)

Xét \(\Delta BDI\) vuông tại \(D,\) ta có \[\cos \widehat {DIB} = \frac{{DI}}{{BI}}.\]

Lại có \[\widehat {DBC} + \widehat {DIB} = 90^\circ \] nên \(\sin \widehat {DBC} = \cos \widehat {DIB}\) hay \(\frac{{CD}}{{BD}} = \frac{{DI}}{{BI}}.\)

Như vậy, \(CD \cdot BI = DI \cdot BD.\) Hay \(C{D^2} \cdot B{I^2} = D{I^2} \cdot B{D^2}.\)

Suy ra \[\frac{{{{\cot }^2}ACB}}{{D{N^2}}} + \frac{1}{{D{B^2}}} = \frac{{D{I^2} + D{B^2}}}{{D{I^2} \cdot D{B^2}}} = \frac{{B{I^2}}}{{D{I^2} \cdot D{B^2}}} = \frac{{B{I^2}}}{{C{D^2} \cdot B{I^2}}} = \frac{1}{{C{D^2}}}.\]

Vì \(CKAD\) là hình chữ nhật nên \(AK = DC.\) Do đó \[\frac{{{{\cot }^2}ACB}}{{D{N^2}}} + \frac{1}{{D{B^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}}.\]

Gọi \(BD\) là quãng đường mà máy bay đã bay được 90 giây

      \(\widehat {CBD}\) là góc tạo bởi đường bay so với mặt đất

      \(CD\) là độ cao của máy bay sau 90 giây so với mặt đất

Đổi 90 giây \( = \frac{1}{{40}}\) giờ

Quãng đường máy bay bay được sau 90 giây là:

\(BD = 520 \cdot \frac{1}{{40}} = 13\,\,\left( {km} \right)\)

Xét tam giác \(BCD\) vuông tại \(C\), ta có:

\[CD = BC \cdot \sin B = 13 \cdot \sin 24^\circ \approx 5,3\,\,\left( {{\rm{km}}} \right){\rm{.}}\]

Vậy sau 90 giây máy bay đã ở độ cao khoảng \[5,3\,\,{\rm{km}}\] so với mặt đất.

Đặt \[DH = x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\], \[x > 0\].

Xét \[\Delta DHA\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DAH} = \frac{{DH}}{{HA}}\] nên \[HA = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}}\].

Xét \[\Delta DHB\] vuông tại \[H\] có: \[\tan \widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{HB}}\] nên \[HB = \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}}.\]

Ta có: \[HB - HA = AB\] suy ra \[\frac{{DH}}{{\tan \widehat {DBH}}} - \frac{{DH}}{{\tan \widehat {DAH}}} = 56\]

\[x\left( {\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}} \right) = 56\]

\[x = \frac{{56}}{{\frac{1}{{\tan 11^\circ }} - \frac{1}{{\tan 15^\circ }}}} \approx 39,65\].

Khi đó \[CD = CH + DH \approx 1,5 + 39,65 \approx 41,15\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chiều cao cột cờ Hà Nội khoảng \[41,15\] m.

Đặt \(BC = x\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Khi đó \(AC = BC + 1 = x + 1\,\,\left( {{\rm{km}}} \right).\)

Xét \[\Delta ADC\] vuông tại \[C\] có

$CD = BC . \tan 40° = x . \tan 40° \left(1\right)$

Xét\[\Delta BDC\] vuông tại\[C\] có

$CD\hspace{0.17em}= AC\hspace{0.17em}. \tan 32° = (x+1) \tan 32° \left(2\right)$

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[x\tan 40^\circ = \left( {x + 1} \right)\tan 32^\circ \]

\[x\tan 40^\circ = x\tan 32^\circ + \tan 32^\circ \]

\[x\left( {\tan 40^\circ - \tan 32^\circ } \right) = \tan 32^\circ \]

\[x = \frac{{\tan 32^\circ }}{{\tan 40^\circ - \tan 32^\circ }} \approx 2,45\,\,\left( {{\rm{km}}} \right).\]

Vậy ngọn núi cao khoảng \[2,45{\rm{ km}}.\]

Xét tam giác \(ADC\) vuông tại \(C\), ta có:

\(AC = CD \cdot \cot \widehat {DAC} = h \cdot \cot 60^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\)

Xét tam giác \(BDC\) vuông tại \(C\), ta có:

\(BC = CD \cdot \cot \widehat {DBC} = h \cdot \cot 75^\circ {\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\)

Do \(AB = AC - BC\) nên \(h \cdot \cot 60^\circ - h \cdot \cot 75^\circ = 101\)

Hay \(h \cdot \left( {\cot 60^\circ - \cot 75^\circ } \right) = 101\).

Suy ra \(h = \frac{{101}}{{\cot 60^\circ - \cot 75^\circ }} \approx 326\) (m).

Vậy tháp Eiffel có độ cao khoảng \(326\) (m).

Gọi \(AB = 50{\rm{\;m}}\) là khoảng cách giữa hai ngư dân.

      \(\widehat {CBD},\,\,\widehat {CAD}\) là hai góc từ hai ngư dân đến một điểm trên cù lao.

Xét tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\), ta có:

\(CD = AC \cdot \tan A\), suy ra \(AC = \frac{{CD}}{{\tan A}} = \frac{d}{{\tan 40^\circ }}\) (m).

Xét tam giác \(BCD\) vuông tại \(C\), ta có:

\(CD = BC \cdot \tan B\), suy ra \(BC = \frac{{CD}}{{\tan A}} = \frac{d}{{\tan 30^\circ }}\) (m).

Ta có: \(AB = BC + AC = \frac{d}{{\tan 40^\circ }} + \frac{d}{{\tan 30^\circ }} = 50\)

\(d\left( {\frac{1}{{\tan 40^\circ }} + \frac{1}{{\tan 30^\circ }}} \right) = 50\)

\[d = \frac{{50}}{{\frac{1}{{\tan 40^\circ }} + \frac{1}{{\tan 30^\circ }}}} \approx 17\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậykhoảng cách từ cù lao đến bờ sóng khoảng 17 m.

Hướng dẫn giải

a) Gọi \[F\] là trung điểm của \[AO\]. Khi đó \[FO = FA = \frac{1}{2}AO\].

Xét \[\Delta OMN\] cân tại \[O\] (do \[OM = ON\]) có \[OE\] là đường trung tuyến nên cũng là đường cao của \[\Delta OMN\], suy ra \[MN \bot OE\] tại \[E\], suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] hay \[\Delta EAO\] vuông tại \[E\].

Xét \[\Delta EAO\] vuông tại \[E\] có \[EF\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \[EF = \frac{1}{2}AO\].

Xét \[\Delta CAO\] vuông tại \[C\] có \[CF\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AO\) nên \[CF = \frac{1}{2}AO\].

Vì \[EF = CF = FO = FA = \frac{1}{2}AO\] nên bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc đường tròn tâm \[F\] đường kính \[AO.\]

b) ⦁Chứng minh \[\widehat {BIC} = \widehat {AOC}\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có: \[AB,AC\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là đường phân giác của \[\widehat {BOC}\], do đó \[\widehat {AOB} = \widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\].

Mặt khác, \[\widehat {CIB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BC\])

Do đó, ta có: \[\widehat {BIC} = \widehat {AOC}\].

• Chứng minh \[BI\,{\rm{//}}\,MN\]

Xét đường tròn \[\left( F \right)\], có: \[\widehat {AEC} = \widehat {AOC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AC\]).

Mà \[\widehat {CIB} = \widehat {AOC}\] (chứng minh trên) nên \[\widehat {AEC} = \widehat {BIC}\]

Lại có \[\widehat {AEC},\,\,\widehat {BIC}\]ở vị trí đồng vị nên \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].

c)

Vẽ \[NG \bot AB\] kéo dài tại \[G\] và đường kính \[BN'\] của đường tròn \(\left( O \right)\).

Ta có: \[{S_{AIN}} = {S_{ABN}} = \frac{1}{2}NG.AB\] (vì \[BI\,{\rm{//}}\,MN\]).

Để diện tích \[AIN\] lớn nhất thì \[\frac{1}{2}NG.AB\] đạt giá trị lớn nhất, mà \[AB\] là đường kính đường tròn \[\left( O \right)\] nên có giá trị không đổi, do đó ta cần \[NG\] đạt giá trị lớn nhất.

Mà \[NG \le BN\] (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

Lại có, \[BN \le BN'\] (trong một đường tròn, độ dài các dây cung luôn nhỏ hơn hoặc bằng đường kính).

Do đó, \[NG\] đạt giá trị lớn nhất khi \[NG = BN'\] hay \[G \equiv B\], hay \[NB \bot AB,OB \bot AB\].

Suy ra \[B,O,N\] thẳng hàng.

Vậy diện tích \[AIN\] lớn nhất khi \[B,O,N\] thẳng hàng.

Hướng dẫn giải

a) Vì \(AM,\,\,AN\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) nên \(AM \bot OM,\,\,AN \bot ON.\)

Gọi \[E\] là trung điểm của \[OA\]. Khi đó \(OE = AE = \frac{1}{2}OA.\)

Xét \[\Delta MOA\] vuông tại \[M\] có \[ME\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[ME = \frac{1}{2}OA\].

Xét \[\Delta NOA\] vuông tại \[N\] có \[NE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[NE = \frac{1}{2}OA\].

Vì \[NE = ME = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].

b) ⦁ Chứng minh \[A{N^2} = AB.AC\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\], có: \[\widehat {BCN} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BN\]) (1)

Xét \[\Delta BON\] cân tại \[O\] (do \[OB = ON)\] có \[\widehat {OBN} = \widehat {ONB}\].

Do đó \[\widehat {BON} = 180^\circ - 2\widehat {ONB} = 2\left( {90^\circ - \widehat {ONB}} \right) = 2\widehat {BNA}\], suy ra \[\widehat {BNA} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (2).

Từ (1) và (2), suy ra \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\].

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta ACN\] có: \[\widehat {CAN}\] là góc chung và \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\]

Do đó, tam giác ANB đồng dạng tam giác ACN (g.g).

Suy ra \[\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AN}}\] hay \[A{N^2} = AB.AC\].

• Chứng minh \[MF\parallel AC\]

Xét \[\Delta COB\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB\]) có \[OI\] là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó \[OI \bot BC\].Suy ra \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\].

Xét \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\] có \[IE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[IE = \frac{1}{2}OA\].

Khi đó, ta có \[NE = IE = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,I,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].

Suy ra \[\widehat {AIN} = \widehat {AON}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AN\] của đường tròn tâm \[E\]). (*)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[AM,AN\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\]

Do đó, \[\widehat {AON} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\].

Mà \[\widehat {NFM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN\])

Suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AON}\] (**)

Từ (*) và (**), suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AIN}\].

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].

c)

⦁ Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(OA.\)

Ta có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OM = ON\) nên \(A,\,\,O\) cùng nằm trên đường trung trực của \(MN\) hay \(OA\) là đường trung trực của \(MN\).

Suy ra \[MN \bot OA\] hay \[HN \bot OA\].

Xét \[\Delta OHN\] và \[\Delta ONA\], có: \[\widehat {OHN} = \widehat {ONA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AON}\] là góc chung

Do đó tam giác OHN đồng dạng tam giác ONA (g.g)

Suy ra \[\frac{{OH}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OA}}\] suy ra \[OH.OA = O{N^2} = {R^2}\] (3).

⦁ Ta có \(OC = OB,\,\,IC = IB\) (do \(I\) là trung điểm của \(BC),\)\(KC = KB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ba điểm \(O,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.

Xét \[\Delta OIB\] và \[\Delta OBK\], có: \[\widehat {OIB} = \widehat {OBK} = 90^\circ \] và \[\widehat {BOK}\] là góc chung

Do đó tam giác OIB đồng dạng tam giác OBK (g.g)

Suy ra \[\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OK}}\] suy ra \[OI.OK = O{B^2} = {R^2}\] (4).

Từ (3) và (4) suy ra \[OI.OK = OH.OA = {R^2}.\] Từ đó, ta có \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\].

Xét \[\Delta OIA\] và \[\Delta OHK\] có: \[\widehat {AOK}\] là góc chung và \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\]

Do đó  tam giác OIA đồng dạng tam giác OHK (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {OHK} = \widehat {OIA} = 90^\circ \], suy ra \[HK \bot OA\].

Mà \[MN \bot OA\] tại \[H\] và \[MN\] cố định (do điểm \(A\) cố định), do đó \[K\] thuộc \[MN\] cố định.

Với hai số thực \[a,\,\,b\] thỏa mãn \[a + b \ne 0\], ta có:

\({a^2} + {b^2} + {\left( {\frac{{ab + 1}}{{a + b}}} \right)^2} \ge 2\)

\[\left( {{a^2} + {b^2}} \right){\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {ab + 1} \right)^2} \ge 2{\left( {a + b} \right)^2}\]

\[{\left( {a + b} \right)^2}\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 2ab} \right] + {\left( {ab + 1} \right)^2} - 2{\left( {a + b} \right)^2} \ge 0\]

\[{\left( {a + b} \right)^4} - 2ab{\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {ab + 1} \right)^2} - 2{\left( {a + b} \right)^2} \ge 0\]

\[{\left( {a + b} \right)^4} - 2{\left( {a + b} \right)^2}\left( {ab + 1} \right) + {\left( {ab + 1} \right)^2} \ge 0\]

\[{\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - \left( {ab + 1} \right)} \right]^2} \ge 0\] (luôn đúng với mọi số thực \[a,\,\,b\]).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Với mọi \(a,b \in \mathbb{R}\), ta có

\[{\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\] hay \[{a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\], suy ra \[{a^2} + {b^2} \ge 2ab\]

Tương tự ta có \[{b^2} + {c^2} \ge 2bc\,;\,\,{c^2} + {a^2} \ge 2ac\]với mọi \(a,b,c \in \mathbb{R}\)

Khi đó \[2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) = \left( {{a^2} + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} + {a^2}} \right) \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\]

Mà \[{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3\] nên \[2 \cdot 3 \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\] hay \[ab + bc + ca \le 3 & \left( 1 \right)\]

Mặt khác, với mọi \(a \in \mathbb{R}\) ta có

\[{\left( {a - 1} \right)^2} \ge 0\] hay \[{a^2} - 2a + 1 \ge 0\] suy ra \[{a^2} + 1 \ge 2a\].

Tương tự, ta có \[{b^2} + 1 \ge 2b\,;\,\,{c^2} + 1 \ge 2c\]với mọi \[b,\,\,c \in \mathbb{R}\].

Suy ra \[3 + 3 \ge 2\left( {a + b + c} \right)\] nên \[a + b + c \le 3 & \left( 2 \right)\]

Cộng \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] theo vế ta được \[ab + bc + ca + a + b + c \le 3 + 3 = 6.\]

⦁ Trước hết, ta chứng minh với \(a > 0\) và \(b > 0\) luôn có \[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}.\]

Thật vậy, với \(a > 0\) và \(b > 0,\) ta có:              

\[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{4}{{a + b}} = \frac{{b\left( {a + b} \right) + a\left( {a + b} \right) - 4ab}}{{ab\left( {a + b} \right)}} = \frac{{{a^2} - 2ab + {b^2}}}{{ab\left( {a + b} \right)}} = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{ab\left( {a + b} \right)}} \ge 0.\]\(\)

Do đó \[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}.\,\,\,\left( * \right)\]

⦁ Áp dụng bất đẳng thức \(\left( * \right)\) cho hai số \(2x > 0\) và \(y + z > 0,\) ta có:

\[\frac{1}{{2x}} + \frac{1}{{y + z}} \ge \frac{4}{{2x + y + z}}\]

Suy ra \[\frac{1}{{2x + y + z}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{2x}} + \frac{1}{{y + z}}} \right).\]

Áp dụng bất đẳng thức \(\left( * \right)\) cho hai số \(y > 0\) và \(z > 0,\) ta có:\(\frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge \frac{4}{{y + z}}.\)

Suy ra \[\frac{1}{{y + z}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) = \frac{1}{{4y}} + \frac{1}{{4z}}.\]

Do đó: \[\frac{1}{{2x + y + z}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{2x}} + \frac{1}{{y + z}}} \right) \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{2x}} + \frac{1}{{4y}} + \frac{1}{{4z}}} \right).\]

Chứng minh tương tự, ta có:

\[\frac{1}{{x + 2y + z}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{4x}} + \frac{1}{{2y}} + \frac{1}{{4z}}} \right);\]\[\frac{1}{{x + y + 2z}} \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{4x}} + \frac{1}{{4y}} + \frac{1}{{2z}}} \right).\]

Khi đó\(\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{x + 2y + z}} + \frac{1}{{x + y + 2z}}\)

\( \le \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{2x}} + \frac{1}{{4y}} + \frac{1}{{4z}}} \right) + \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{4x}} + \frac{1}{{2y}} + \frac{1}{{4z}}} \right) + \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{4x}} + \frac{1}{{4y}} + \frac{1}{{2z}}} \right)\)

\( = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{2x}} + \frac{1}{{4y}} + \frac{1}{{4z}} + \frac{1}{{4x}} + \frac{1}{{2y}} + \frac{1}{{4z}} + \frac{1}{{4x}} + \frac{1}{{4y}} + \frac{1}{{2z}}} \right)\)

\( = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) = \frac{1}{4} \cdot 4 = 1\) (do \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 4).\)

Vậy \(\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{x + 2y + z}} + \frac{1}{{x + y + 2z}} \le 1.\)

Giả sử cạnh của hình chữ nhật tạo hành là \(a\) và \(b\).

Ta có \(2\left( {a + b} \right) = 8\) hay \(a + b = 4\).

Vì \({\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2} \ge 0\) nên \({\sqrt a ^2} - 2\sqrt a \sqrt b + {\sqrt b ^2} \ge 0\) hay \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \), dấu xảy ra khi \(a = b\).

Suy ra \(2\sqrt {ab} \le 4\) hay \(ab \le 4\).

Vậy diện tích lớn nhất có thể tạo thành của hình chữ nhật là \({\rm{4}}\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}\), khi hình chữ nhật là hình vuông có cạnh bằng \(2{\rm{ dm}}\).

Ta có \(1\,\,000\,\,{\rm{ml}} = 1\) lít.

Giả sử thiết kế theo hình hộp chữ nhật có chiều cao \(h\) và cạnh đáy \(a\).

Ta có \({V_1} = {a^2}h = 1\) suy ra \(h = \frac{1}{{{a^2}}}\). Khi đó diện tích toàn phần của hình hộp là

\({S_1} = 4ah + 2{a^2} = \frac{4}{a} + 2{a^2} = \frac{2}{a} + \frac{2}{a} + 2{a^2} \ge 6.\)

Vậy \(\min {S_1} = 6\) và dấu bằng xảy ra khi \(a = h = 1\).

Giả sử thiết kế theo hình trụ có chiều cao \(h\) và bán kính đáy \(R\), ta có

\({V_2} = \pi {R^2}h = 1\) suy ra \(h = \frac{1}{{\pi {R^2}}}\).

Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ là:

\({S_2} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = \frac{2}{R} + 2\pi {R^2} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R} + 2\pi {R^2} \ge 3\sqrt[3]{{2\pi }}\).

Do đó \(\min {S_2} = 3\sqrt[3]{{2\pi }}\) và dấu  xảy ra khi \(R = \frac{1}{2}h = \sqrt[3]{{\frac{1}{{2\pi }}}}\).

Vì \(\min {S_1} - \min {S_2} = 6 - 3\sqrt[3]{{2\pi }} > 0\) nên ta chọn thiết kế theo hình trụ để tiết kiệm vật liệu nhất, và hình trụ có \(R = \frac{1}{2}h\), hay chiều cao bằng đường kính đáy.

Hình chữ nhật \[ABCD\] có cạnh dài 30 cm.

Áp dụng định lý Pythagore ta có: \[B{C^2} = O{B^2} - O{C^2} = {14^2} - {x^2} = 196 - {x^2}\].

Diện tích khu vui chơi là: \[S = BC \cdot DC\].

\[{S^2} = B{C^2} \cdot D{C^2} = \left( {196 - {x^2}} \right) \cdot {\left( {2x} \right)^2}\]

\[ = 4{x^2}\left( {196 - {x^2}} \right) \le {\left[ {\left( {196 - {x^2}} \right) + {x^2}} \right]^2} = {196^2}\].

Khi đó \[S \le 196\].

Dấu xảy ra khi và chỉ khi \[196 - {x^2} = {x^2}\]hay \[x = \sqrt {98} \].

Vậy diện tích lớn nhất của khu vui chơi có thể xây dựng là \(196\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

Với a là chiều dài của hai ngăn bể cá. Ta có \(V = abc = 750\) (1)

Diện tích các miếng hình là : \(S = ab + 2ac + 2bc\).

Ta có \(\frac{S}{{abc}} = \frac{1}{c} + \frac{2}{b} + \frac{3}{a}\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số \(\frac{1}{c};\,\,\frac{2}{b};\,\,\frac{3}{a}\) ta được

\(\frac{S}{{abc}} = \frac{1}{c} + \frac{2}{b} + \frac{3}{a} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{c} \cdot \frac{2}{b} \cdot \frac{3}{a}}} = \frac{{3\sqrt[3]{6}}}{{\sqrt {abc} }} = \frac{{3\sqrt[3]{6}}}{{\sqrt {750} }}.\)

Dấu  xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{c} = \frac{2}{b} = \frac{3}{a}\\abc = 750\end{array} \right.\).

Khi đó, ta có \(a = 33,6\,;\,\,b = 22,4\,;\,\,c = 11,2.\)

Vậy các kích thước \(a = 33,6\,;{\rm{ }}b = 22,4\,;{\rm{ }}c = 11,2\) để lượng inox cần sử dụng là ít nhất