Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức 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 (1)

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 (2)

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 .

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.

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.

Ta có \(BA = BH + HC\)

Suy ra \(HC = BC - BH = 25 - 9 = 16\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có \(\tan B = \frac{{AH}}{{HB}}.\)

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), ta có \(\cot C = \frac{{HC}}{{AC}}.\)

Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \[\widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 90^\circ .\]

Suy ra \(\tan B = \cot C\) nên \(\frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{CH}}{{AH}}.\)

Do đó \(A{H^2} = BH \cdot CH = 9 \cdot 16 = 144\) nên \(AH = 12\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

b) Xét \(\Delta AHM\) vuông tại \(M\), ta có \(\cos \widehat {MAH} = \frac{{AM}}{{AH}}.\)

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\), ta có \(\cos \widehat {BAH} = \frac{{AH}}{{AB}}.\)

Do đó \(\frac{{AM}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) suy ra \(A{H^2} = AM \cdot AB\).

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), ta có \(AH = AC \cdot \cos \widehat {HAC}.\)

Do đó \(AM \cdot AB = AM \cdot AC \cdot \cos \widehat {HAC}\) (đpcm).

c) Xét \(\Delta MBI\) và \(\Delta HNI\) có

\(\widehat {BMI} = \widehat {IHN} = 90^\circ \); \(\widehat {BIM} = \widehat {NIH}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra $\frac{IB}{IN} = \frac{BM}{HM} \left(1\right)$

Ta có \(HM \bot AB\) và \(AC \bot AB\) nên \(MH\,\,{\rm{//}}\,\,AC\) suy ra \[\frac{{BM}}{{HN}} = \frac{{MH}}{{NC}}.\]

Vì \[\Delta ABC\] vuông tại \[A\] nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {MAN} = 90^\circ \).

Vì \(HM \bot AB\) và \(AC \bot AB\) nên \(\widehat {AMH} = 90^\circ \,;\,\,\widehat {ANH} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(AMHN\) có \(\widehat {MAN} = 90^\circ \,;\,\,\widehat {AMH} = 90^\circ \,;\,\,\widehat {ANH} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác \(AMHN\) là hình chữ nhật nên \(MH = AN.\)

Do đó $\frac{BM}{HN} = \frac{MH\hspace{0.17em}}{NC} = \frac{AN\hspace{0.17em}}{NC} \left(2\right)$

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \[\frac{{IB}}{{IN}} = \frac{{AN}}{{NC}}.\] (đpcm)

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).

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.

a) Ta có: \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

               \(OA = OB\) (cùng bằng bán kính đường tròn \(\left( O \right)\))

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của \(AB.\)

Mà đường thẳng \(AB\) cắt \(OM\) tại \(K\) nên \(K\) là trung điểm của \(AB.\)

b) Ta có: \(\widehat {ABN} = 90^\circ \) (\(B\) thuộc đường tròn đường kính \(AN\)).

Suy ra \[BN\parallel MO\] (cùng vuông góc với \(AB\)).

Do đó: \(\widehat {AOM} = \widehat {ANB}\) (đồng vị)

            \(\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\) (\(OM\) là phân giác \(\widehat {AOB}\))

Suy ra \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\).

Xét \(\Delta BHN\) và \(\Delta MBO\), có:\(\widehat {BHN} = \widehat {MBO} = 90^\circ \); \(\widehat {ANB} = \widehat {BOM}\)

Suy ra  (g.g).

Suy ra \(\frac{{BH}}{{MB}} = \frac{{BN}}{{MO}}\) hay \(MB.BN = BH.MO\) (đpcm).

c) Xét \(\Delta AOM\) vuông tại \(A\) có: \(\cos \widehat {AOM} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {AOM} = 60^\circ .\)

Do \(MA\) và \(MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OM\) là tia phân giác góc \(\widehat {AOB}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {AOB} = 2\widehat {MOA} = 120^\circ \).

Do đó, \(\widehat {NOB} = 180^\circ - \widehat {BOA} = 60^\circ \) nên .

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là:

\[S = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OB,\]\[ON\] và cung nhỏ \[BN\] là \[\frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đvdt).

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[OC\] là tia phân giác \[\widehat {AOM}\], \[OD\] là tia phân giác góc \[\widehat {BOM}\], mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {COD} = 90^\circ \].

Suy ra tam giác \[COD\] vuông tại \[O\] có \[OM \bot CD\] (\[OM\] là tiếp tuyến).

Xét \[\Delta MOC\] và \[\Delta MDO\], có:

\[\widehat {COM} = \widehat {MOD} = 90^\circ \] (gt) và \[\widehat {MCO} = \widehat {MOD}\] (cùng phụ với \[\widehat {COM}\])

Do đó, (g-g)

Suy ra \[\frac{{MO}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\], suy ra \[O{M^2} = CM.DM\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AC = CM\] và \[BD = MD\].

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] suy ra \[{R^2} = AC.BD\]. (1)

Mà ta có: \[AB = 2R\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\] (đpcm).

b) Ta có: \[\widehat {COD} = 90^\circ \] nên \[OC \bot OD\]. (3)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có \[DB = DM\], lại có \[OM = OB = R\].

Suy ra \[OD\] là đường trung trực của \[BM\] suy ra \[BM \bot OD\]. (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[OC\parallel BM\] (cùng vuông góc với \[OD\]).

Gọi \[I\] là trung điểm của \[CD\] ta có \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[OCD\] đường kính \[CD\].

Theo tính chất tiếp tuyến ta có \[AC \bot AB\], \[BD \bot AB\] nên \[AC\parallel BD\] nên tứ giác \[ACDB\] là hình thang vuông.

Mà \[I\] là trung điểm \[CD\]; \[O\] là trung điểm \[AB\], suy ra \[IO\] là đường trung bình của hình thang \[ACDB\] nên \[OI\parallel AC\].

Mà \[AC \bot AB\] nên \[OI \bot AB\] tại \[O\].

Suy ra \[AB\] là tiếp tuyến tại \[O\] của đường tròn đường kính \[CD.\]

Ta có: \[AC\parallel BD\] suy ra \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\] mà \[CA = CM\]; \[BD = DM\] nên \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}}\].

Suy ra \[MN\parallel BD\] mà \[BD \bot AB\] suy ra \[MN \bot AB.\]

c) Ta có: \[AM = AO = OM = R\] suy ra \[\Delta OAM\] đều.

Do đó, \[\widehat {AOM} = 60^\circ \].

Mà, ta có: \[\widehat {AOM} + \widehat {MOB} = 180^\circ \], suy ra \[\widehat {MOB} = 180^\circ - \widehat {AOM} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \].

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OB\] và cung nhỏ \[MB\] là

\[S = \frac{{n\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{120\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}.\]

d) Ta có: \[AC = CM\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

           \[OA = OM = R\]

Do đó \[OC\] là đường trung trực của \[AM\], suy ra \[OC \bot AM\].

Mà \[OD\] là đường trung trực của \[BM\], suy ra \[BM \bot OD\] (chứng minh phần b).

Xét tứ giác \[MEOF\] có: \[\widehat {EOF} = 90^\circ ;\widehat {MEO} = 90^\circ ;\widehat {MFO} = 90^\circ \].

Suy ra tứ giác \[MEOF\] là hình chữ nhật.

Mà \[K\] là trung điểm của \[EF\].

Suy ra \[K\] là trung điểm của \[OM\](tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật).

Do đó, \[KM = KO = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2}R\].

Vậy \[M\] di chuyển trên \[\left( O \right)\] thì trung điểm \[K\] của \[EF\] di chuyển trên đường tròn tâm \[O\], bán kính \[\frac{1}{2}R\].

a) Ta có \(CA,\,\,CM\) là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C\) nên \(CA = CM\) và \(OC\)là tia phân giác của \[\widehat {AOM}\], do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}.\)

Tương tự, ta có \(DB = DM\) và \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\], do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}.\)

Mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ .\]

Khi đó, ta có: \[\widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ .\]

Hay \(\widehat {COD} = 90^\circ .\)

Vì \(CD\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) nên \[CD \bot OM.\]

Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta ODM\) có:

\[\widehat {CMO} = \widehat {OMD} = 90^\circ \] và \(\widehat {OCM} = \widehat {DOM}\) (cùng phụ với \(\widehat {COM}\))

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{DM}}\) hay \[O{M^2} = CM.DM\].

Mà \[AC = CM\] và \[BD = MD\] (chứng minh trên)

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] hay \[{R^2} = AC \cdot BD\]. (1)

Mặt khác, \(AB\) là đường kính của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[AB = 2R,\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

b) Ta có: \[AC \bot AB,\,\,BD \bot AB\] nên \[AC\,{\rm{//}}\,BD\].

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\].

Mà \[CA = CM\], \[BD = DM\] (chứng minh câu a)

Do đó ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}},\] suy ra \[MN\,{\rm{//}}\,BD\] (định lí Thalès đảo).

Lại có \[BD \bot AB\] nên \[MN \bot AB.\]

c) Xét tam giác \[MOD\], có: \[\cos \widehat {MOD} = \frac{{MO}}{{OD}} = \frac{{MO}}{{2MO}} = \frac{1}{2}\], suy ra \[\widehat {MOD} = 60^\circ \].

Theo câu a, \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\] nên \[\widehat {BOM} = 2\widehat {MOD} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Mà \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ \] (câu a)

Suy ra \[\widehat {AOM} = 180^\circ - \widehat {BOM} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

Mà \(\widehat {AOM}\) là góc ở tâm chắn cung \(AM\) nhỏ nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OA\] và cung nhỏ \[MA\] là:

\[S = \frac{{60 \cdot \pi \cdot {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đơn vị diện tích).

a) ⦁ Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[AB,AC\] là hai tiếp cắt nhau tại \[A\] nên \[AB = AC\](tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó \[A\] thuộc đường trung trực \[BC\].

Mặt khác, \[OB = OC = R\] nên \[O\] thuộc trung trực của đoạn thẳng \[BC\].

Suy ra \(OA\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(BC\), do đó \[OA \bot BC\] tại \[H\].

⦁ Vì \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(AB \bot OB\) tại \(B.\)

Xét \[\Delta HAB\] và \[\Delta BAO\] có: \(\widehat {AHB} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) và \(\widehat {OAB}\) là góc chung.

Do đó  (g.g)

Suy ra \[\frac{{HA}}{{BA}} = \frac{{AB}}{{AO}}\] hay \[AH \cdot AO = A{B^2}\] (1).

Xét \(\Delta OAB\) vuông tại \(B,\) ta có: \[A{B^2} = A{O^2} - O{B^2} = A{O^2} - {R^2}\] (định lí Pythagore). (2)

Lại có:

\[AM \cdot AN = \left( {AO - OM} \right)\left( {AO + ON} \right)\]

               \[ = A{O^2} + AO \cdot ON - OM \cdot AO - OM \cdot ON\]

               \[ = A{O^2} - OM \cdot ON\]\[ = A{O^2} - {R^2}\] (vì \(OM = ON = R)\) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \[AM \cdot AN = AH \cdot AO = A{O^2} - {R^2}.\]

b) ⦁ Ta có: \[CE\,{\rm{//}}\,AB\] (cùng vuông góc với \[BD\])

Suy ra \[\frac{{EK}}{{AB}} = \frac{{DE}}{{DB}}\] (hệ quả định lí Thalès).

Do đó \[EK.BD = DE.AB\](∗).

⦁ Xét \(\Delta BCD\) có \(CO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh \(BD\) và \(CO = BO = DO = R = \frac{{BD}}{2}\) (do \(BD\) là đường kính) nên \(\Delta BCD\) vuông tại \(C.\)

Ta có \(BC \bot CD,\,\,BC \bot OA\) nên \(CD\,{\rm{//}}\,OA\), do đó \(\widehat {AOB} = \widehat {CDE}\)(đồng vị)

Xét \[\Delta ABO\] và \[\Delta CED\] có: \(\widehat {ABO} = \widehat {CED} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOB} = \widehat {CDE}\)

Do đó (g.g).

Suy ra \[\frac{{AB}}{{CE}} = \frac{{BO}}{{ED}}\] hay \[CE.BO = DE.AB\](∗∗).

Từ (∗) và (∗∗) suy ra \[EK.BD = CE.BO\].

Mà \[BD = 2BO\], suy ra \[EK \cdot 2BO = CE.BO\], suy ra \[2EK = CE\].

Do đó \[K\] là trung điểm của \[CE.\]

c) Xét \(\Delta AOB\) vuông tại \(B,\) có: \(\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2},\) suy ra \(\widehat {AOB} = 60^\circ .\)

Do \[AB,AC\] lần lượt là tiếp tuyến tại \[B,C\] của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[OA\] là tia phân giác của \(\widehat {BOC}\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\)

Do đó, số đo cung nhỏ \(BC\) bằng \(120^\circ \).

Suy ra, số đo cung lớn \(BC\) là \(360^\circ - 120^\circ = 240^\circ .\)

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung lớn \[BC\] là

\(S = \frac{{\pi {R^2} \cdot 240}}{{360}} = \frac{{2\pi {R^2}}}{3}\) (đơn vị diện tích).

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.

Vì \[{\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[a,\,\,b \in \mathbb{R}\] hay \[{a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\] với mọi \[a,\,\,b \in \mathbb{R}\].

Suy ra \[{a^2} + {b^2} \ge 2ab\]với mọi \[a,\,\,b \in \mathbb{R}\].

Tương tự ta có \[{b^2} + {c^2} \ge 2bc\,;\,\,{c^2} + {a^2} \ge 2ac\]với mọi \[a,\,\,b,\,\,c \in \mathbb{R}\].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 $ab +bc +ca < 3 \left(1\right)$

Mặt khác, \[{\left( {a - 1} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[a \in \mathbb{R}\] hay \[{a^2} - 2a + 1 \ge 0\] với mọi \[a \in \mathbb{R}\].

Suy ra \[{a^2} + 1 \ge 2a\]với mọi \[a \in \mathbb{R}\].

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 $a+b+c <3 \left(2\right)$

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.

Đặt tên các điểm như hình vẽ. Đặt \(CJ = x\,\,\left( {x > 0} \right).\)

Vì \[AJ\,\,{\rm{//}}\,\,KB\] (cùng vuông góc với \(CI\)) nên hai tam giác \(AJC\) và \(BKA\) là hai tam giác đồng dạng nên \(\frac{{JC}}{{KA}} = \frac{{JA}}{{KB}}\) nên \(\frac{x}{5} = \frac{{12}}{{KB}}\), suy ra \(KB = \frac{{60}}{x}\)

Diện tích khu nuôi cá là:

\(S\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {x + 5} \right)\left( {\frac{{60}}{x} + 12} \right) = \frac{1}{2}\left( {60 + 12x + \frac{{300}}{x} + 60} \right) = \frac{{150}}{x} + 6x + 60\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\[S\left( x \right) = \frac{{150}}{x} + 6x + 60 \ge 2\sqrt {\frac{{150}}{x} \cdot 6x} + 60 = 2\sqrt {900} + 60 = 120.\]

Dấu  xảy ra khi \[\frac{{150}}{x} = 6x\] nên \({x^2} = 25\), suy ra \(x = 5\,\,{\rm{m}}\)

Vậy diện tích nhỏ nhất có thể giăng là \(120\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\)

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.