Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án - Tự luận

a) Thay \[t = 5\], \[y = 225\] ta được: \[255 = a{.5^2}\] suy ra \[a = \frac{{255}}{{25}} = 9\].

Vậy ta có hàm số \[y = 9{t^2}\].

b) Đổi \[3,6{\rm{ km}} = 3600{\rm{ m}}\].

Thay \[y = 3600\] vào hàm số \[y = 9{t^2}\], ta được: \[3600 = 9{t^2}\] do đó \[{t^2} = \frac{{3600}}{9} = 400\], suy ra \[t = 20\] (do \[t > 0\]).

Vậy ô tô đi trong thời gian \[20\] giây thì được quãng đường \[3,6{\rm{ km}}\] so với vị trí ban đầu.

a) \[5{x^2} - 7x = 0\]

\[x\left( {5x - 7} \right) = 0\]

\[x = 0\] hoặc \[5x - 7 = 0\]

Do đó, \[x = 0\] hoặc \[x = \frac{7}{5}\].

Vậy nghiệm của phương trình là \[x = 0\] hoặc \[x = \frac{7}{5}\].

b) \[ - 3{x^2} + 9 = 0\]

\[ - 3{x^2} = - 9\]

\[{x^2} = 3\]

\[{x^2} = {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}\] hoặc \[{x^2} = {\left( { - \sqrt 3 } \right)^2}\]

Do đó, \[x = \sqrt 3 \] hoặc \[x = - \sqrt 3 \].

Vậy phương trình có nghiệm là \[\left\{ {\sqrt 3 ; - \sqrt 3 } \right\}\].

c) \[ - \sqrt 3 {x^2} - 7x = 0\]

\[\left( { - \sqrt 3 x - 7} \right)x = 0\]

\[x = 0\] hoặc \[ - \sqrt 3 x - 7 = 0\].

Suy ra \[x = 0\] hoặc \[x = - \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\].

Vậy phương trình có nghiệm \[\left\{ {0; - \frac{{7\sqrt 3 }}{3}} \right\}\]

d) \[ - \frac{3}{5}{x^2} - \frac{7}{2} = 0\]

\[ - \frac{3}{5}{x^2} = \frac{7}{2}\]

\[{x^2} = - \frac{{35}}{6}\] (vô lí do \[{x^2} \ge 0\]).

Vậy phương trình vô nghiệm.

e) \[{\left( {x + 1} \right)^2} = 4\]

TH1: \[x + 1 = 2\] suy ra \[x = 1\].

TH2: \[x + 1 = - 2\] suy ra \[x = - 3\].

Vậy phương trình có nghiệm là \[\left\{ {1; - 3} \right\}\].

f) \[{\left( {x - 5} \right)^2} - 11 = 0\]

\[{\left( {x - 5} \right)^2} = 11\]

TH1: \[x - 5 = \sqrt {11} \] suy ra \[x = 5 + \sqrt {11} \].

TH2: \[x - 5 = - \sqrt {11} \] suy ra \[x = 5 - \sqrt {11} \].

Vậy phương trình có nghiệm là \[\left\{ {5 + \sqrt {11} ;5 - \sqrt {11} } \right\}\].

g) \[ - {x^2} - 7x - 6 = 0\]

Nhận thấy:

\[a - b + c = - 1 - \left( { - 7} \right) + \left( { - 6} \right) = 0\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm là \[x = - 1\] và \[x = - 6\].

h) \[{x^2} - 3x + 2 = 0\]

Nhận thấy \[a + b + c = 1 + \left( { - 3} \right) + 2 = 0\].

Do đó phương trình có hai nghiệm là

\[x = 1\] và \[x = 2\].

Ta có biệt thức:

\[\Delta = {\left( { - 12} \right)^2} - 4.9.4 = 0\].

Do đó, phương trình có nghiệm kép là \[x = \frac{{12 + 0}}{{2.9}} = \frac{2}{3}\].

Vậy phương trình có nghiệm \[x = \frac{2}{3}\].

k) \[{x^2} - 6x + 8 = 0\]

\[{x^2} - 2x - 4x + 8 = 0\]

\[\left( {x - 2} \right)x - 4\left( {x - 2} \right) = 0\]

\[\left( {x - 2} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\]

Do đó, \[x - 2 = 0\] hoặc \[x - 4 = 0\].

Suy ra \[x = 2\] hoặc \[x = 4\].

Vậy phương trình có nghiệm là \[\left\{ {2;4} \right\}\].

l) \[2{x^2} - 6x + 3 = 0\]

Phương trình có biệt thức:

\[\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4.2.3 = 12 > 0\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là \[{x_1} = \frac{{ - 6 + \sqrt {12} }}{4} = \frac{{ - 3 + \sqrt 3 }}{2}\] và

\[{x_1} = \frac{{ - 6 - \sqrt {12} }}{4} = \frac{{ - 3 - \sqrt 3 }}{2}\].

Vậy nghiệm của phương trình là \[\left\{ {\frac{{ - 3 - \sqrt 3 }}{2};\frac{{ - 3 + \sqrt 3 }}{2}} \right\}\].

m) \[{x^2} - 3x + 3 = 0\]

Phương trình có biệt thức là:

\[\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.3 = - 3 < 0\].

Do đó phương trình vô nghiệm.

a) \[{x^2} + \sqrt 8 x = 2\]

\[{x^2} + \sqrt 8 x - 2 = 0\].

Ta có: \[\Delta = {\left( {\sqrt 8 } \right)^2} - 4.\left( { - 2} \right) = 16 > 0\].

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là \[{x_1} = \frac{{ - \sqrt 8 + 4}}{2} = - \sqrt 2 + 2\] và \[{x_1} = \frac{{ - \sqrt 8 - 4}}{2} = - \sqrt 2 - 2\].

Vậy phương trình có nghiệm là \[\left\{ { - \sqrt 2 - 2; - \sqrt 2 + 2} \right\}\].

b) \[{x^2} + 2\sqrt 2 x + 2 = 0\]

Ta có: \[\Delta = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} - 4.2 = 0\].

Do đó phương trình có nghiệm kép

\[{x_1} = \frac{{ - 2\sqrt 2 }}{2} = - \sqrt 2 \].

Vậy phương trình có nghiệm \[{x_1} = - \sqrt 2 \].

c) \[2{x^2} + 2\sqrt {11} x - 7 = 0\]

Ta có:

\[\Delta = {\left( {2\sqrt {11} } \right)^2} - 4.2.\left( { - 7} \right) = 100 > 0\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = \frac{{ - 2\sqrt {11} + 10}}{4} = \frac{{5 - \sqrt {11} }}{2}\] và \[{x_2} = \frac{{ - 2\sqrt {11} - 10}}{4} = \frac{{5 + \sqrt {11} }}{2}\].

Vậy phương trình có hai nghiệm

\[\left\{ {\frac{{5 - \sqrt {11} }}{2};\frac{{5 + \sqrt {11} }}{2}} \right\}\].

d) \[3{x^2} - 2\sqrt 3 x + 1 = 0\]

\[{\left( {\sqrt 3 x} \right)^2} - 2\sqrt 3 x + 1 = 0\]

\[{\left( {\sqrt 3 x - 1} \right)^2} = 0\]

Suy ra \[\sqrt 3 x - 1 = 0\], do đó \[x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\].

Vậy phương trình có nghiệm \[x = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\].

e) \[\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0\]

Nhận thấy:

\[a - b + c = \sqrt 3 + \left( {1 - \sqrt 3 } \right) - 1 = 0\].

Do đó phương trình có hai nghiệm là

\[x = - 1\] và \[x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\].

Vậy phương trình có nghiệm là \[\left\{ {\frac{{\sqrt 3 }}{3}; - 1} \right\}\].

f) \[ - 3{x^2} + 4\sqrt 6 x + 4 = 0\]

Ta có:

\[\Delta = {\left( {4\sqrt 6 } \right)^2} - 4.4.\left( { - 3} \right) = 144 > 0\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là \[{x_1} = \frac{{ - 4\sqrt 6 + 12}}{{ - 6}} = \frac{{2\sqrt 6 - 6}}{3}\]

và \[{x_2} = \frac{{ - 4\sqrt 6 - 12}}{{ - 6}} = \frac{{2\sqrt 6 + 6}}{3}\].

Vậy nghiệm của phương trình là \[\left\{ {\frac{{2\sqrt 6 - 6}}{3};\frac{{2\sqrt 6 + 6}}{3}} \right\}\].

g) \[3{x^2} - 4x = \sqrt 2 {x^2} - 2\]

\[\left( {3 - \sqrt 2 } \right){x^2} - 4x + 2 = 0\]

Ta có:

\[\Delta = {\left( { - 4} \right)^2} - 4.2.\left( {3 - \sqrt 2 } \right) = 8\sqrt 2 - 8 > 0\]

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\[{x_1} = \frac{{4 + \sqrt {8\sqrt 2 - 8} }}{{2\left( {3 - \sqrt 2 } \right)}} = \frac{{2 + \sqrt {2\sqrt 2 - 2} }}{{3 - \sqrt 2 }}\] và

\[{x_2} = \frac{{4 - \sqrt {8\sqrt 2 - 8} }}{{2\left( {3 - \sqrt 2 } \right)}} = \frac{{2 - \sqrt {2\sqrt 2 - 2} }}{{3 - \sqrt 2 }}\].

h) \[{x^2} = \sqrt 2 x + 2\sqrt 2 \].

\[{x^2} - \sqrt 2 x - 2\sqrt 2 = 0\]

Ta có:

\[\Delta = {\left( { - \sqrt 2 } \right)^2} - 4.\left( { - 2\sqrt 2 } \right) = 2 + 8\sqrt 2 > 0\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = \frac{{\sqrt 2 - \sqrt {8\sqrt 2 + 2} }}{2}\] và

\[{x_2} = \frac{{\sqrt 2 + \sqrt {8\sqrt 2 + 2} }}{2}\].

a) \[{\left( {x + 1} \right)^2} - 4\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = 0\]

\[{\left( {x + 1} \right)^2} - {\left[ {2\left( {x - 1} \right)} \right]^2} = 0\]

\[\left( {x + 1 + 2x + 2} \right)\left( {x + 1 - 2x - 2} \right) = 0\]

\[\left( {3x + 3} \right)\left( { - x - 1} \right) = 0\]

\[ - 3\left( {x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 0\]

\[ - 3{\left( {x + 1} \right)^2} = 0\]

Do đó \[x + 1 = 0\] suy ra \[x = - 1\].

Vậy phương trình có nghiệm \[x = - 1\].

b) \[{x^2} + 7x - 3 = x\left( {x - 1} \right) - 1\]

\[{x^2} + 7x - 3 - {x^2} + x + 1 = 0\]

\[8x - 2 = 0\]

\[8x = 2\]

\[x = \frac{1}{4}\].

Vậy phương trình có nghiệm là \[x = \frac{1}{4}\].

c) \[2{x^2} - 5x - 3 = \left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) + 3\]

\[2{x^2} - 5x - 3 = {x^2} - 1 + 3\]

\[2{x^2} - 5x - 3 - {x^2} + 1 - 3 = 0\]

\[{x^2} - 5x - 5 = 0\]

Ta có: \[\Delta = {\left( { - 5} \right)^2} - 4.\left( { - 5} \right) = 45 > 0\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt là \[{x_1} = \frac{{5 - \sqrt {45} }}{2} = \frac{{5 - 3\sqrt 5 }}{2}\] và \[{x_2} = \frac{{5 + \sqrt {45} }}{2} = \frac{{5 + 3\sqrt 5 }}{2}\].

Vậy phương trình có nghiệm \[\left\{ {\frac{{5 + 3\sqrt 5 }}{2};\frac{{5 - 3\sqrt 5 }}{2}} \right\}\].

d) \[5{x^2} - x - 3 = 2x\left( {x - 1} \right) - 1 + {x^2}\]

\[5{x^2} - x - 3 = 2{x^2} - 2x - 1 + {x^2}\]

\[5{x^2} - x - 3 - 2{x^2} + 2x + 1 - {x^2} = 0\]

\[2{x^2} + x - 2 = 0\]

Ta có: \[\Delta = {1^2} - 4.\left( { - 2} \right).2 = 17 > 0\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = \frac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{4}\] và \[{x_2} = \frac{{ - 1 - \sqrt {17} }}{4}\].

a) Để phương trình \[m{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 3 = 0\] có hai nghiệm phân biệt thì

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m + 1} \right)^2} - 3m > 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{m^2} - m + 1 > 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\end{array} \right.\].

Nhận thấy \[{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\] luôn đúng với mọi \[m\].

Do đó, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \[m \ne 0\].

b) Để phương trình \[m{x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 3 = 0\] có nghiệm kép thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' = 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m + 1} \right)^2} - 3m = 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{m^2} - m + 1 = 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} = 0\end{array} \right.\].

Nhận thấy \[{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\] luôn đúng với mọi \[m\].

Do đó \[{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} = 0\] vô nghiệm.

Vậy không có giá trị \[m\] thỏa mãn để phương trình có nghiệm kép.

c) Xét với \[m = 0\] thì ta có \[ - 2x + 3 = 0\] suy ra \[x = \frac{3}{2}\].

Do đó với \[m = 0\] thì phương trình có đúng một nghiệm là \[x = \frac{3}{2}\].

Xét \[m \ne 0\], để phương trình vô nghiệm thì \[\Delta ' < 0\].

Ta có: \[{\left( {m + 1} \right)^2} - 3m < 0\] suy ra \[{m^2} - m + 1 < 0\] hay \[{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} < 0\].

Nhận thấy \[{\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0\] luôn đúng với mọi \[m\].

Do đó, không có giá trị \[m\] thỏa mãn để phương trình vô nghiệm.

d) Xét với \[m = 0\] thì ta có \[ - 2x + 3 = 0\] suy ra \[x = \frac{3}{2}\].

Do đó với \[m = 0\] thì phương trình có đúng một nghiệm là \[x = \frac{3}{2}\].

Vậy với \[m = 0\] thì phương trình có đúng một nghiệm.

a) Với \[m = 2\], ta có: \[{x^2} - 1 = 0\] suy ra \[{x^2} = 1\].

Do đó, \[x = 1\] hoặc \[x = - 1\].

Vậy với \[m = 2\] thì phương trình có nghiệm là \[\left\{ { - 1;1} \right\}\].

b) Xét \[2m - 3 = 0\] suy ra \[m = \frac{3}{2}\] thì ta có phương trình \[x - 1 = 0\] suy ra \[x = 1\]. (1)

Xét \[2m - 3 \ne 0\] suy ra \[m \ne \frac{3}{2}\] thì ta có phương trình \[\left( {2m - 3} \right){x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x - 1 = 0\].

Ta có: \[\Delta ' = {\left( {m - 2} \right)^2} + 2m - 3 = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\] với mọi \[m \in \mathbb{R}\].

Do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. (2)

Từ (1) và (2) ta chứng minh được với mọi \[m \in \mathbb{R}\] thì phương trình luôn có nghiệm.

c) Để phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}2m - 3 \ne 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}2m - 3 \ne 0\\{\left( {m - 1} \right)^2} > 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne \frac{3}{2}\\m \ne 1\end{array} \right.\].

Vậy \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne \frac{3}{2}\\m \ne 1\end{array} \right.\] thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

a) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' > 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m - 2 \ne 0\\{\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - m\left( {m - 2} \right) > 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\4m + 1 > 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m > - \frac{1}{4}\end{array} \right.\].

Vậy với \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m > - \frac{1}{4}\end{array} \right.\] thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Để phương trình có nghiệm kép thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' = 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m - 2 \ne 0\\{\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - m\left( {m - 2} \right) = 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\4m + 1 = 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m = - \frac{1}{4}\end{array} \right.\].

Vậy với \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m = - \frac{1}{4}\end{array} \right.\] thì phương trình có nghiệm kép.

c) Để phương trình vô nghiệm thì:

\[\left\{ \begin{array}{l}a \ne 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right.\] hay \[\left\{ \begin{array}{l}m - 2 \ne 0\\{\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - m\left( {m - 2} \right) < 0\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\4m + 1 < 0\end{array} \right.\] do đó \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m < - \frac{1}{4}\end{array} \right.\].

Vậy \[\left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\m < - \frac{1}{4}\end{array} \right.\] thì phương trình vô nghiệm.

d) Để phương trình có đúng một nghiệm thì phương trình trở thành phương trình bậc nhất. Do đó, \[m - 2 = 0\], suy ra \[m = 2\].

Với \[m = 2\], ta có: \[6x + 2 = 0\] suy ra \[x = - \frac{1}{3}\].

Vậy với \[m = 2\] thì phương trình có nghiệm duy nhất \[x = - \frac{1}{3}\].

e) Xét \[m - 2 = 0\] suy ra \[m = 2\].

Suy ra phương trình có đúng một nghiệm \[x = - \frac{1}{3}\].

Xét \[m - 2 \ne 0\], suy ra \[m \ne 2\].

Do đó, để phương trình có nghiệm thì \[\Delta ' \ge 0\] hay \[{\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - m\left( {m - 2} \right) \ge 0\], suy ra

\[m \ge - \frac{1}{4}\].

Do đó, \[m \ge - \frac{1}{4}\] thì phương trình có nghiệm.

a) Với \[m = 3\], ta có phương trình: \[{x^2} - 2x + 5 = 0\] hay \[{\left( {x - 1} \right)^2} + 4 = 0\].

Nhận thấy \[{\left( {x - 1} \right)^2} + 4 > 0\] với mọi \[x\].

Do đó, phương trình \[{\left( {x - 1} \right)^2} + 4 = 0\] vô nghiệm.

Vậy với \[m = 3\] thì phương trình vô nghiệm.

b) Thay \[x = - 4\] vào phương trình, ta có:

\[{\left( { - 4} \right)^2} - 2\left( {m - 2} \right).\left( { - 4} \right) + {m^2} - 3m + 5 = 0\]

\[16 + 8m - 16 + {m^2} - 3m + 5 = 0\]

\[{m^2} + 5m + 5 = 0\] (*)

Xét phương trình (*), ta có:\[\Delta = {5^2} - 5.4 = 5 > 0\].

Do đó, ta có \[{m_1} = \frac{{ - 5 - \sqrt 5 }}{2}\] và \[{m_2} = \frac{{ - 5 + \sqrt 5 }}{2}\].

Vậy các giá trị của \[m\] để phương trình có một trong các nghiệm bằng \[ - 4\] là:

\[\left\{ {\frac{{ - 5 + \sqrt 5 }}{2};\frac{{ - 5 - \sqrt 5 }}{2}} \right\}\].

c) Để phương trình có nghiệm kép thì phương trình \[{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + {m^2} - 3m + 5 = 0\] có biệt thức \[\Delta ' = 0\].

Ta có: \[\Delta ' = 0\] suy ra \[{\left[ { - \left( {m - 2} \right)} \right]^2} - {m^2} + 3m - 5 = 0\] hay \[ - m - 1 = 0\] suy ra \[m = - 1\].

Vậy với \[m = - 1\] thì phương trình có nghiệm kép.

a) \[{x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x - m - 7 = 0\].

Xét biệt thức \[\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 2} \right)} \right]^2} + m + 7 = {m^2} + 5m + 11 = {\left( {m + \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{{19}}{4} > 0\] với mọi \[m\].

Vậy với mọi \[m\] thì phương trình luôn có nghiệm.

b) \[{x^2} - 4m{x^2} - 4m - 2 = 0\]

Xét biệt thức \[\Delta ' = {\left( { - 2m} \right)^2} + 4m + 2 = 4{m^2} + 4m + 2 = 4{\left( {m + \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{1}{4} > 0\] với mọi \[m\].

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi \[m\].

Xét phương trình: \[{x^2} + 5x - 4 = 0\] có \[\Delta = {5^2} - 4.\left( { - 4} \right) = 41 > 0\].

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 5\\{x_1}{x_2} = - 4\end{array} \right.\].

Lại có \[Q = x_1^2 + x_2^2 + 6{x_1}{x_2} = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 4{x_1}{x_2} = {\left( { - 5} \right)^2} + 4.\left( { - 4} \right) = 9.\]

Vậy \[Q = 9.\]

Ta có: \[{\left( { - 5} \right)^2} - 4.\left( { - 1} \right) = 29 > 0\].

Do đó, phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

Theo hệ thức Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 5\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\].

a) Ta có: \[A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1} - {x_2}\]

\[A = x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} + 2{x_1}{x_2}\]

\[A = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 2{x_1}{x_2}\]

\[A = {5^2} - 5 + 2.\left( { - 1} \right) = 18\].

b) Ta có: \[B = x_1^4 + x_2^4\]

\[B = x_1^4 + x_2^4 + 2x_1^2x_2^2 - 2x_1^2x_2^2\]

\[B = {\left( {x_1^2 + x_2^2} \right)^2} - 2x_1^2x_2^2\]

\[B = {\left( {x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} - 2{x_1}{x_2}} \right)^2} - 2x_1^2x_2^2\]

\[B = {\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right]^2} - 2x_1^2x_2^2\]

\[B = {\left[ {{5^2} - 2.\left( { - 1} \right)} \right]^2} - 2.{\left( { - 1} \right)^2} = 727\].

c) \[C = \frac{1}{{x_1^3}} + \frac{1}{{x_2^3}} = \frac{{x_1^3 + x_2^3}}{{x_1^3x_2^3}}\]

\[ = \frac{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right)}}{{{{\left( { - 1} \right)}^3}}} = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {x_1^2 - {x_1}{x_2} + x_2^2} \right)\]

\[ = \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 3{x_1}{x_2}} \right] = 5\left[ {{5^2} - 3.\left( { - 1} \right)} \right] = 140\].

d) \[D = \left| {{x_1} - {x_2}} \right|\]

Suy ra \[{D^2} = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = {5^2} - 4.\left( { - 1} \right) = 29\].

Do đó, \[D = \sqrt {{D^2}} = \sqrt {29} \].

a) Vì \[x + y = 18\] và \[xy = 77\] nên \[x,y\] là nghiệm của phương trình

\[{a^2} - 18a + 77 = 0\]

Xét \[\Delta ' = {\left( { - 9} \right)^2} - 77 = 4 > 0\].

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là \[{a_1} = 7\] và \[{a_2} = 11\].

Vậy hai số \[x,y\] cần tìm là \[\left( {x;y} \right) = \left( {7;11} \right)\] hoặc \[\left( {x;y} \right) = \left( {11;7} \right)\].

b) Vì \[x + y = - 3\] và \[xy = 5\], nhận thấy \[{\left( { - 3} \right)^2} < 4.5\] không thỏa mãn \[{S^2} \ge 4P\].

Do đó không có giá trị \[x,y\] thỏa mãn.

c) Có \[x - y = 2\sqrt 3 \] và \[xy = 1\] biến đổi ta được:\[x + \left( { - y} \right) = 2\sqrt 3 \] và \[x\left( { - y} \right) = - 1\].

Do đó, \[x, - y\] là nghiệm của phương trình: \[{a^2} - 2\sqrt 3 a - 1 = 0\].

Xét \[\Delta ' = {\left( { - \sqrt 3 } \right)^2} - \left( { - 1} \right) = 4 > 0\].

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là \[{a_1} = 2 - \sqrt 3 \] và \[{a_2} = 2 + \sqrt 3 \].

Do đó, \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - \sqrt 3 \\ - y = 2 + \sqrt 3 \end{array} \right.\] hoặc \[\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + \sqrt 3 \\ - y = 2 + \sqrt 3 \end{array} \right.\].

Vậy hai số \[x,y\] cần tìm là \[\left( {x;y} \right) = \left( {2 - \sqrt 3 ; - 2 - \sqrt 3 } \right)\] hoặc \[\left( {x;y} \right) = \left( { - 2 + \sqrt 3 ; - 2 - \sqrt 3 } \right)\].

d) \[{x^2} + {y^2} = 34\] và \[xy = - 15\].

Ta có: \[{x^2} + {y^2} = 34\] hay \[{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = 34\] suy ra \[{\left( {x + y} \right)^2} = 4\].

Do đó, \[x + y = 2\] hoặc \[x + y = - 2\].

TH1: \[x + y = 2\] và \[xy = - 15\], nên \[x,y\] là nghiệm của phương trình \[{a^2} - 2a - 15 = 0\]

Suy ra \[\left( {a + 3} \right)\left( {a - 5} \right) = 0\] do đó \[a = - 3\] hoặc \[a = 5\].

Vậy hai số \[x,y\] cần tìm là \[\left( {x;y} \right) = \left( { - 3;5} \right)\] hoặc \[\left( {x;y} \right) = \left( {5; - 3} \right)\].

TH2: \[x + y = - 2\] và \[xy = - 15\] nên \[x,y\] là nghiệm của phương trình \[{a^2} + 2a - 15 = 0\]

Suy ra \[\left( {a - 3} \right)\left( {a + 5} \right) = 0\] do đó \[a = 3\] hoặc \[a = - 5\].

Vậy hai số \[x,y\] cần tìm là \[\left( {x;y} \right) = \left( {3; - 5} \right)\] hoặc \[\left( {x;y} \right) = \left( { - 5;3} \right)\].

Từ hai trường hợp, ta có hai số \[x,y\] cần tìm là \[\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {3; - 5} \right);\left( { - 5;3} \right);\left( { - 3;5} \right);\left( {5; - 3} \right)} \right\}\].

Xét phương trình \[{x^2} - 6x + m = 0\] có \[\Delta ' = {\left( { - 3} \right)^2} - m = 9 - m\].

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \[\Delta ' > 0\] hay \[9 - m > 0\] suy ra \[m < 9\].

Theo hệ thức Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 6\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\].

Ta có: \[{x_1} - {x_2} = 4\] suy ra \[{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = {4^2}\] hay \[x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = 16\]

Suy ra \[x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 4{x_1}{x_2} = 16\] hay \[{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 16\] suy ra \[{6^2} - 4m = 16\]

Suy ra \[m = 5\] (thỏa mãn).

Vậy \[m = 5\].

Phương trình \[{x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} = 0\] có \[\Delta ' = {\left( {m + 1} \right)^2} - 4{m^2} = - 3{m^2} + 2m + 1\].

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \[\Delta ' > 0\] hay \[ - 3{m^2} + 2m + 1 > 0\].

Suy ra \[\left( {1 - m} \right)\left( {1 + 3m} \right) > 0\].

Ta có: \[\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}1 - m > 0\\1 + 3m > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}1 - m < 0\\1 + 3m < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\] suy ra \[\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}m < 1\\m > - \frac{1}{3}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}m > 1\\m < - \frac{1}{3}\end{array} \right.\end{array} \right.\] do đó \[ - \frac{1}{3} < m < 1\].

Theo hệ thức Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2}\end{array} \right.\].

Theo đề bài, phương trình có một nghiệm bằng \[ - 2\] nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l} - 2 + {x_2} = - 2\left( {m + 1} \right)\\ - 2{x_2} = {m^2}\end{array} \right.\] suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}{x_2} = - 2m\\ - 2{x_2} = {m^2}\end{array} \right.\].

Thay \[{x_2} = - 2m\] vào \[ - 2{x_2} = {m^2}\], ta được: \[ - 2\left( { - 2m} \right) = {m^2}\] hay \[4m = {m^2}\]

Suy ra \[{m^2} - 4m = 0\] hay \[m\left( {m - 4} \right) = 0\] do đó \[m = 0\] (thỏa mãn) hoặc \[m = 4\](loại).

Vậy \[m = 0\].

Phương trình \[{x^2} - \left( {4m - 1} \right)x + 3{m^2} - 2m = 0\] có \[\Delta = {\left[ { - \left( {4m - 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {3{m^2} - 2m} \right)\].

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \[\Delta > 0\].

Suy ra \[{\left[ { - \left( {4m - 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {3{m^2} - 2m} \right) > 0\] hay \[4{m^2} + 1 > 0\] luôn đúng với mọi \[m\].

Theo hệ thức Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4m - 1\\{x_1}{x_2} = 3{m^2} - 2\end{array} \right.\].

Theo đề, có: \[x_1^2 + x_2^2 = 7\] suy ra \[{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 7\]

Suy ra \[{\left( {4m - 1} \right)^2} - 2\left( {3{m^2} - 2} \right) = 7\] hay \[10{m^2} - 8m - 2 = 0\] hay \[\left( {m - 1} \right)\left( {10m + 2} \right) = 0\].

Do đó \[m = 1\] (thỏa mãn) hoặc \[m = - \frac{1}{5}\] (thỏa mãn).

Vậy \[m \in \left\{ {1; - \frac{1}{5}} \right\}\].

Phương trình \[{x^2} - 2x + m - 3 = 0\] có \[\Delta ' = {\left( { - 1} \right)^2} - m + 3 = - m + 4\].

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \[\Delta ' > 0\] hay \[ - m + 4 > 0\] suy ra \[m < 4\].

Theo hệ thức Viète, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 3\end{array} \right.\].

Ta có: \[x_1^3{x_2} + {x_1}x_2^3 = - 6\] hay \[{x_1}{x_2}\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = - 6\].

Suy ra \[{x_1}{x_2}\left[ {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 2{x_1}{x_2}} \right] = - 6\]

Suy ra \[\left( {m - 3} \right)\left( {{2^2} - 2m + 6} \right) = - 6\] hay \[\left( {m - 3} \right)\left( {10 - 2m} \right) = - 6\]

Suy ra \[ - 2{m^2} + 16m - 24 = 0\] hay \[{m^2} - 8m + 12 = 0\] hay \[\left( {m - 6} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\].

Do đó \[m = 6\] (loại) hoặc \[m = 2\](thỏa mãn).

Vậy \[m = 2\].

Gọi số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là x (sản phẩm). (ĐK: \(x > 10,\,\,x \in \mathbb{Z}\))

Do đó số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là: \(x - 10\) (sản phẩm).

Thời gian tổ hoàn thành công việc trong thực tế là: \[\frac{{240}}{x}\] (ngày).

Thời gian tổ hoàn thành công việc theo dự định là: \[\frac{{240}}{{x - 10}}\] ngày.

Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình:

\[\frac{{240}}{{x - 10}} - \frac{{240}}{x} = 2\] hay \(\frac{{120}}{x} - \frac{{120}}{x} = 1\).

Biến đổi và khử mẫu ta được phương trình:

\(120x - 120x + 1200 = {x^2} - 10x\)

\({x^2} - 10x - 1200 = 0\)

Giải phương trình ta được \(x = 40\,\,\left( {TM} \right),\,\,x = - 30\left( L \right)\).

Vậy số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là \(40\) sản phẩm.

Gọi vận tốc lúc đi của xe máy là \(x\) (km/h; \(x > 0\)).

Thời gian lúc đi của xe máy là: \(\frac{{100}}{x}\) (giờ) .

Vận tốc lúc về của xe máy là: \(x + 10\) (km/h) .

Thời gian lúc về của xe máy là: \(\frac{{100}}{{x + 10}}\) (giờ) .

Vì lúc về xe máy tăng tốc nên thời gian về ít hơn so với thời gian đi là 30 phút \( = \frac{1}{2}\) giờ nên ta có phương trình: \(\frac{{100}}{x} - \frac{{100}}{{x + 10}} = \frac{1}{2}\).

Khử mẫu và biến đổi ta được \(200\left( {x + 10} \right) - 200x = x\left( {x + 10} \right)\).

Hay \({x^2} + 10x - 2000 = 0\). Giải phương trình ta có \({x_1} = 40\,\left( {TM} \right)\) và \({x_2} = - 5\,\,\left( L \right)\).

Vậy vận tốc lúc đi của xe máy là \(40{\rm{ km/h}}\).

Gọi chiều rộng của mảnh vườn nhà bạn An là: \(x\) (\(x > 0,{\rm{ m}}\)).

Khi đó: Chiều dài mảnh vườn nhà bạn An là: \[x + 6{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vì diện tích của mảnh vườn là \(216{\rm{ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) nên ta có phương trình:

\(x\left( {x + 6} \right) = 216\) hay \({x^2} + 6x - 216 = 0\).

\(\Delta ' = {3^2} - \left( { - 216} \right) = 225 > 0\).

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{ - 6 + \sqrt {225} }}{{2.1}} = 12\,\,\left( {TM} \right)\); \({x_2} = \frac{{ - 6 - \sqrt {225} }}{{2.1}} = - 18\,\,\left( L \right)\).

Do đó, chiều rộng của mảnh vườn nhà bạn An là: \[{\rm{12 }}\left( {\rm{m}} \right)\]

Chiều dài của mảnh vườn nhà bạn An là: \[12 + 6 = 18{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chiều rộng và chiều dài của mảnh vườn nhà bạn An lần lượt là \[12{\rm{ m}}\] và \[18{\rm{ m}}\].

Ta có 6 giờ 40 phút = \(\frac{{20}}{3}\) giờ.

Gọi thời gian công nhân thứ nhất làm một mình xong công việc là \(x\) (giờ, \(x > 6\frac{2}{3}\)). Thời gian công nhân thứ hai làm một mình xong việc là \(x + 3\) (giờ).

Mỗi giờ công nhân thứ nhất làm được \(\frac{1}{x}\) (công việc).

Mỗi giờ công nhân thứ hai làm được \(\frac{1}{{x + 3}}\) (công việc).

Theo đầu bài, hai công nhân cùng làm thì hoàn thành công việc trong \(\frac{{20}}{3}\) giờ. Nên mỗi giờ họ cùng làm được \(1:\frac{{20}}{3} = \frac{3}{{20}}\) (công việc).

Ta có phương trình: \(\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 3}} = \frac{3}{{20}}\).

Biến đổi và khử mẫu ta được \(3{x^2} - 31x - 60 = 0\).

Ta có \(\Delta = {31^2} - 4.3.\left( { - 60} \right) = 1681 > 0\) nên phương trình có nghiệm là

\({x_1} = - \frac{5}{3}\,\,\left( L \right)\);\({x_2} = 12\) (TM).

Vậy thời gian công nhân thứ nhất làm xong công việc là 12 giờ. Thời gian công nhân thứ hai làm một mình xong công việc là 15 giờ.

Gọi số xe ban đầu của đội là \[x\] (chiếc) với \[x \in {\mathbb{N}^*}\].

Số xe của đội khi sắp khởi hành là: \[x + 4\] (chiếc).

Ban đầu, mỗi xe phải chở số tấn gạo là: \[\frac{{{\rm{160}}}}{x}\] (tấn).

Lúc sắp khởi hành, số tấn gạo mỗi xe phải chở là: \[\frac{{{\rm{160}}}}{{x + 4}}\] (tấn).

Khi sắp khởi hành, mỗi xe phải chở ít hơn dự định \[2\] tấn gạo nên ta có phương trình:

\[\frac{{{\rm{160}}}}{x} - \frac{{{\rm{160}}}}{{x + 4}} = 2\] suy ra \[160\left( {x + 4} \right) - 160x = 2x\left( {x + 4} \right)\] hay \[2{x^2} + 8x - 640 = 0\].

Giải phương trình \[2{x^2} + 8x - 640 = 0\]:

\[2{x^2} - 32x + 40x - 640 = 0\]

\[2x\left( {x - 16} \right) + 40\left( {x - 16} \right) = 0\]

\[\left( {x - 16} \right)\left( {2x + 40} \right) = 0\]

Do đó \[x = 16\] (thỏa mãn) hoặc \[x = - 20\] (loại).

Vậy ban đầu đội có \[16\] xe.

Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\]. Suy ra \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\].

Do đó, \[IA = IB = IC = R\] và \[BC = 2R = 5a\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABC\], có:

\[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]

\[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\]

\[A{C^2} = 9{a^2}\] suy ra \[AC = 3a\].

a) Ta có tâm \[O\] đường tròn nội tiếp của tam giác đều \[ABC\] là giao điểm của ba đường phân giác, cũng là đường trung trực, đường cao của tam giác đều.

Bán kính \[OI = 4{\rm{ dm}}\] với \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Do đó \[OI = \frac{1}{3}AI\] suy ra \[AI = 3OI = 12{\rm{ dm}}\].

Gọi cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[a{\rm{ dm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABI\], ta có:

\[A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}\]

\[{12^2} + {\frac{a}{4}^2} = {a^2}\]

\[\frac{{3{a^2}}}{4} = {12^2}\] suy ra \[a = 8\sqrt 3 {\rm{ dm}}\].

Suy ra diện tích tam giác đều \[ABC\] là \[\frac{1}{2}.12.8\sqrt 3 = 48\sqrt 3 {\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

b)

Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\] có tâm \[O\] là giao điểm của ba đường trung trực, bán kính \[OA = OB = OC\].

Ta có \[OA = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.12 = 8{\rm{ dm}}\].

Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giá đều \[ABC\] là \[R = 8{\rm{ dm}}\].

a) Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\].

Có \[O\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \[ABC\].

Ta có: \[OA = OB = OC = R = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\].

Mà \[OA = \frac{2}{3}AI\] (\[O\] là giao điểm của ba đường trung trực, cũng là trung tuyến, đường cao trong tam giác đều).

Suy ra \[AI = 2a\sqrt 3 \].

Gọi cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[x{\rm{ dm}}\].

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \[ABI\], ta có:

\[A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}\]

\[{\left( {2a\sqrt 3 } \right)^2} + {\frac{x}{4}^2} = {x^2}\]

\[\frac{{3{x^2}}}{4} = 12{a^2}\] suy ra \[x = 4a\].

Vậy độ dài cạnh của tam giác đều \[ABC\] là \[4a\].

b) Ta có:

Đường tròn nội tiếp tam giác đều \[ABC\] có tâm \[O\], bán kính \[OI.\]

Ta có: \[OI = \frac{1}{2}OA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\].

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều \[ABC\] là \[\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\].

a) Áp dụng định lí Pythagore đảo, ta có:

\[A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {12^2} = 169 = {13^2} = B{C^2}\] hay \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\].

Suy ra tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\].

Do đó, diện tích tam giác \[ABC\] là \[\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.12.5 = 30{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\].

b) Do tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền \[BC\].

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\] là \[13:2 = 6,5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Đường tròn \[\left( {I,r} \right)\] tiếp xúc với các cạnh \[AB,AC,BC\] lần lượt tại \[M,N,P\].

Ta có: \[{S_{AIB}} = \frac{1}{2}.AM.AB = \frac{{AB.r}}{2}\] (1);

\[{S_{AIC}} = \frac{1}{2}.IN.AC = \frac{{AC.r}}{2}\] (2);

\[{S_{CIB}} = \frac{1}{2}.IP.BC = \frac{{BC.r}}{2}\] (3).

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta được: \[{S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{CIB}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)\] hay

\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)\]

Mà \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}.6.8 = 24{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\], \[BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10{\rm{ cm}}\].

Do đó, ta có: \[\frac{1}{2}r.\left( {6 + 8 + 10} \right) = 24\] hay \[r = 2{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Vậy \[r = 2{\rm{ cm}}\].

a) Ta có: \[\widehat {DCx} + \widehat {DCB} = 180^\circ \] (hai góc kề bù).

Suy ra \[\widehat {DCB} = 45^\circ \].

Mà tứ giác \[ABCD\] nội tiếp nên ta có: \[\widehat {DCB} + \widehat {DAB} = 180^\circ \] (tính chất), suy ra \[\widehat {DAB} = 135^\circ \].

Lại có: \[\widehat {DAB} + \widehat {DAE} = 180^\circ \] (hai góc kề bù) suy ra \[\widehat {DAE} = 45^\circ \].

Có \[\widehat {CDA}\] là góc ngoài đỉnh \[D\] của tam giác \[ADE\] nên \[\widehat {CDA} = \widehat {DEA} + \widehat {DAE} = 75^\circ \].

Mà \[\widehat {CDA} + \widehat {CBA} = 180^\circ \] (tứ giác \[ABCD\] nội tiếp)

Suy ra \[\widehat {CBA} = 105^\circ \].

a) Chứng minh \[ADHE\] là tứ giác nội tiếp.

Vì \[BD,CE\] là các đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right.\].

Suy ra \[\widehat {AEH} = \widehat {ADH} = 90^\circ \].

Gọi \[I\] là trung điểm của \[AH\], khi đó:

\[DI\] là đường trung tuyến của tam giác vuông \[DAH\] nên \[EI = \frac{1}{2}AH = IA = IH\].

\[DI\] là đường trung tuyến của tam giác vuông \[EAH\] nên \[DI = \frac{1}{2}AH = IA = IH\].

Vậy \[EI = DI = IA = IH\] hay bốn điểm \[A,D,H,E\] cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra \[ADHE\] là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \[BCDE\] là tứ giác nội tiếp.

Gọi \[O\] là trung điểm của \[BC\].

Vì \[BD,CE\] là các đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right.\].

Suy ra \[\widehat {BDC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \].

Xét tam giác \[BDC\] có \[\widehat {BDC} = 90^\circ \] và \[DO\] là đường trung tuyến nên

\[OD = OC = OB = \frac{1}{2}BC\] (1).

Xét tam giác \[BEC\] có \[\widehat {BEC} = 90^\circ \] và \[EO\] là đường trung tuyến nên

\[OE = OC = OB = \frac{1}{2}BC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[OD = OE = OC = OB = \frac{1}{2}BC\].

Vậy tứ giác \[BCDE\] nội tiếp đường tròn.

Ta có: \[\widehat {MBH} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}\], \[\widehat {HAD} = \frac{1}{2}\widehat {HAC}\] và \[\widehat {HAC} = \widehat {ABC}\] (cùng phụ với \[\widehat {ACB}\]).

Suy ra \[\widehat {MBH} = \widehat {HAD}\] và \[\widehat {BHM} = 90^\circ = \widehat {MBH} + \widehat {BMH} = \widehat {AMN} + \widehat {HAD}\] suy ra \[\widehat {ANM} = 90^\circ \] hay \[\widehat {MND} = 90^\circ \].

Xét tam giác \[MHD\] vuông tại \[H\] và \[M,H,D\] thuộc đường tròn đường kính \[MD\].

Xét tam giác \[MND\] vuông tại \[N\] và \[M,N,D\] thuộc đường tròn đường kính \[MD\].

Suy ra bốn điểm \[M,N,D,H\] cùng thuộc một đường tròn đường kính \[MD\] hay \[MHDN\] là tứ giác nội tiếp.

a) Xét \[\Delta EFB\] vuông tại \[F\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\]. (1).

Xét \[\Delta EMB\] vuông tại \[M\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\] (2).

Từ (1) và (2) ta có \[B,M,E,F\] cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \[BMEF\] nội tiếp.

b) Vì \[AB \bot CD\] và \[\Delta ICD\] cân tại \[I\] nên \[IF\] là đường cao đồng thời là đường phân giác hay \[\widehat {CIF} = \widehat {FID}\] suy ra .

Ta có: và .

Suy ra \[\widehat {AMC} = \widehat {AMD}\] nên \[AM\] là phân giác của \[\widehat {CMD}\].

c) Xét \[\Delta ACE\] và \[\Delta AMC\] có: \[\widehat A\] chung; .

Suy ra (g.g), do đó \[\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}\] suy ra \[A{C^2} = AE.AM\].

a) Chứng minh tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

Xét tứ giác \[AHKM\], có \[\widehat {AHM} = 90^\circ \] (vì \[HK \bot AB\]) và \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \]).

Suy ra tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

b) Chứng minh rằng \[NB.HK = AN.HB.\]

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta KHB\] có:

\[ANB = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {ANB} = \widehat {KHB} = 90^\circ \]

\[\widehat {ABN} = \widehat {KBH}\] (góc nội tiếp chắn hai cung \[AN,AM\] bằng nhau do \[AB \bot MN\]).

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{KH}}{{HB}}\] suy ra \[BN.HK = AN.HB\].

c) Cho \[HM\] giao với \[\left( O \right)\] tại \[M\].

Tứ giác \[AHKM\] nội tiếp nên \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[HK\]);

\[\widehat {HAK} = \widehat {NAB}\] (đối đỉnh); \[\widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] (\[AB \bot MN\] nên \[B\] nằm chính giữa cung \[MN\], hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK} = \widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] do đó \[\widehat {HMK} + \widehat {HMA} = \widehat {OMA} + \widehat {HMA}\].

Mà \[\widehat {HMK} + \widehat {MHA} = \widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \], góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {OMA} + \widehat {HMA} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {HMO} = 90^\circ \] hay \[HM \bot OM\] tại \[M\].

Suy ra \[HM\] là tiếp tuyến của đường tròn \[O\].

a) Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên suy ra \[MA \bot OA,MB \bot OB\]

Suy ra \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[MAOB\] có \[\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \].

Suy ra \[MAOB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[CD\] là dây cung và \[E\] là trung điểm của \[CD\] suy ra \[OE \bot CD\].

Suy ra \[\widehat {OEC} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] với \[M \in CD\].

Xét tứ giác \[OEMB\] có:

\[\widehat {OEM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \].

Suy ra tứ giác \[OEMB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

b) Xét \[\Delta MAC\] và \[\Delta MDA\] có:

\[\widehat {AMD}\] chung và \[\widehat {MDA} = \widehat {MAC}\] (cùng chắn cung \[AC\])

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}}\] hay \[MC.MD = M{A^2}\] (*).

Ta có: \[OA = OB = R\] và \[MA = MB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \[MO\] là đường trung trực của \[AB\].

Xét \[\Delta AMO\] và \[\Delta HMA\] có \[\widehat {MAO} = \widehat {MHA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AMO} = \widehat {HMA}\]

Suy ra (g.g) suy ra \[MH.MO = M{A^2}\] (**).

Từ (*) và (**) suy ra \[MH.MO = MC.MD = M{A^2}\]

Suy ra \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Xét \[\Delta MCH\] và \[\Delta MOD\] có: \[\widehat {DMO}\] chung và \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Suy ra (c.g.c) suy ra \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

Xét \[\Delta MOA\] có \[AH\] là đường cao (\[AH \bot OM\]); \[\widehat {MAO} = 90^\circ \] (chứng minh trên).

Xét \[\Delta OHA\] và \[\Delta OAM\] có: \[\widehat {HOA} = \widehat {AOM}\] và \[\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[OH.OM = O{A^2}\].

Xét tam giác \[\Delta OAM\], áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{A^2} + A{M^2} = M{O^2}\].

Suy ra \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\].

a) Ta có: \[\widehat {IMK} = 90^\circ \] hay \[\widehat {IMD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó, \[\widehat {IMD} = \widehat {IND} = 90^\circ \].

Suy ra \[INDM\] là tứ giác nội tiếp.

b) Xét \[\Delta NIC\] và \[\Delta NDK\] có:

\[\widehat {INC} = \widehat {DNK} = 90^\circ \] (gt)

\[\widehat {NIC} = \widehat {NDK}\] (cùng phụ với \[\widehat {NKM}\])

Suy ra (g.g)

Suy ra \[\frac{{NI}}{{ND}} = \frac{{NC}}{{NK}}\] hay \[ND.NC = NI.NK\].

c) Gọi \[E\] là giao điểm của đường thẳng \[ID\] và \[CK\].

Xét tam giác \[\Delta KIC\], có \[CN \bot IK\] tại \[N\]; \[KM \bot IC\] tại \[M\].

Mà \[CN,KM\] giao nhau tại \[D\].

Suy ra \[D\] là trực tâm tam giác \[\Delta KIC\].

Suy ra \[CK \bot IE\] tại \[E\] hay \[\widehat {IEK} = 90^\circ \].

Mà \[IK\] là đường kính đường tròn tâm \[O.\]

Suy ra \[E \in \left( O \right)\].

d) Có \[AB \bot IK\] với \[IK\] là đường kính đường tròn tâm \[O\] suy ra \[IK\] là đường trung trực của \[AB\]. Do đó .

Xét \[\Delta ADM\] và \[\Delta BDK\] có: \[\widehat {ADM} = \widehat {BDK}\] (đối đỉnh) và \[\widehat {DAM} = \widehat {DBK}\] (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra (g.g).

Suy ra \[DM.DK = DA.DB\].

Mà, ta có: \[DA.DB \le \frac{{{{\left( {DA + DB} \right)}^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

Mà dây cung \[AB\] cố định suy ra \[DM.DK\] đạt giá trị lớn nhất bằng \[\frac{{A{B^2}}}{4}\] khi \[DA = DB\] hay \[D\] trùng \[N\]. Suy ra \[M\] trùng \[I.\]

Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có:

\[\widehat {ADB} = \frac{{\left( {6 - 2} \right).180^\circ }}{6} = 120^\circ \] suy ra \[\widehat {DAB} = \widehat {DBA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ADB}}}{2} = 30^\circ \] (do \[\Delta BDA\] cân tại \[D\]).

\[\widehat {ADC} = \frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \] suy ra \[\widehat {DAC} = \widehat {DCA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ADC}}}{2} = 36^\circ \](do \[\Delta CDA\] cân tại \[D\]).

Suy ra \[\widehat {BDC} = 360^\circ - 120^\circ - 108^\circ = 132^\circ \].

Xét \[\Delta BDC\] có \[BD = DC\] nên \[\Delta BDC\] cân tại \[D\].

Do đó, \[\widehat {DBC} = \widehat {DCB} = \frac{{180^\circ - 132^\circ }}{2} = 24^\circ \].

Suy ra \[\widehat {BAC} = \widehat {DAB} + \widehat {DAC} = 30^\circ + 36^\circ = 66^\circ \]; \[\widehat {ACB} = \widehat {DCB} + \widehat {DCA} = 24^\circ + 36^\circ = 60^\circ \] và \[\widehat {ABC} = \widehat {DBA} + \widehat {DBC} = 24^\circ + 30^\circ = 54^\circ \].

a) Ta có mỗi góc trong ngũ giác đều có số đo là \[\frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

Suy ra \[\widehat {AED} = 108^\circ \].

Có tam giác \[AED\] cân tại \[E\] từ đó suy ra \[{\widehat A_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}} = \widehat {{D_1}} = \frac{{180^\circ - 108^\circ }}{2} = 36^\circ \].

Tương tự, ta tính được \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}} = 36^\circ \].

Suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{E_1}} + \widehat {{A_1}} = 72^\circ \] (góc ngoài của tam giác \[AEI\]) và

\[\widehat {{D_2}} = \widehat {EDC} - \widehat {{D_1}} = 108^\circ - 36^\circ = 72^\circ \].

Suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{D_2}}\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[IB\parallel DC\]. (1)

Lại có \[\widehat {{D_2}} + \widehat {DCB} = 72^\circ + 108^\circ = 180^\circ \].

Mà hai góc ở vị trí trong cùng phí nên \[ID\parallel BC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[DIBC\] là hình bình hành.

b) Xét \[\Delta EAD\] và \[\Delta AIE\] có: \[\widehat {EAD} = \widehat {IAE}\] và \[\widehat {EDA} = \widehat {IEA} = 36^\circ \]

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AE}}{{AD}}\] suy ra \[AI.AD = A{E^2}\].

Mà \[DIBC\] là hình bình hành nên \[DI = BC = AE\].

Suy ra \[D{I^2} = AI.AD.\]

a) Xét tam giác \[\Delta DFO\] có \[\widehat {DOF} + \widehat {DFO} + \widehat {ODF} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {DOF} + \widehat {DFO} = 135^\circ \] (vì \[\widehat {ODF} = 45^\circ \]). (1)

Xét tứ giác \[BDEF\] có \[\widehat D + \widehat B + \widehat E + \widehat F = 360^\circ \] suy ra \[\widehat {DEF} + \widehat {BEF} = 270^\circ \].

Mặt khác ta có: \[FO,EO\] lần lượt là phân giác của góc \[\widehat {DFE},\widehat {BEF}\] nên ta có:

\[\widehat {DFO} = \frac{1}{2}\widehat {DFE}\] và \[\widehat {BEO} = \frac{1}{2}\widehat {BEF}\].

Suy ra \[\widehat {DFO} + \widehat {BEO} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {DFE} + \widehat {BEF}} \right) = 135^\circ \] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {BEO} = \widehat {DOF}\].

Xét tam giác \[DOF\] và tam giác \[BEO\], có:

\[\widehat {ODF} = \widehat {OBE} = 45^\circ \] và \[\widehat {BEO} = \widehat {DOF}\] suy ra (g.g).

b) Ta có: nên \[\frac{{DF}}{{BO}} = \frac{{DO}}{{BE}}\]

Suy ra \[DF.BE = DO.BO = \frac{{B{D^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4} = BM.AD\].

Suy ra \[\frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\].

Xét \[\Delta ADF\] và \[\Delta EBM\], ta có: \[\frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\] và \[\widehat {ADF} = \widehat {MBE}\]

Suy ra (c.g.c) nên \[\widehat {AFD} = \widehat {BME}\].

Mặt khác, có \[\widehat {BAF} = \widehat {AFD}\] (vì \[AB\parallel CD\]).

Suy ra \[\widehat {BAF} = \widehat {BME}\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[ME\parallel AF.\]

a) Ta có mỗi góc trong ngũ giác đều có số đo là \[\frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

Có \[ABCDE\] là ngũ giác đều nên ta tính được:

\[\widehat {AOB} = 360^\circ - \left( {\widehat {OAC} + \widehat {OCB} + ABC} \right) = 360^\circ - \left( {\frac{{108^\circ }}{2} + \frac{{108^\circ }}{2} + 108^\circ } \right) = 144^\circ \].

Vậy phép quay thuận chiều tâm \[O\] biến điểm \[A\] thành điểm \[C\] thì các điểm \[B,C,D,E\] tương ứng biến thành điểm \[D,E,A,B\].

b) Các phép quay tâm \[O\] giữ nguyên hình ngũ giác đã cho là:

Năm phép quay thuận chiều \(\alpha ^\circ \) tâm \[O\] giữ nguyên với \(\alpha ^\circ \) lần lượt nhận các giá trị \(72^\circ ;144^\circ ;216^\circ ;288^\circ ;360^\circ \).

Năm phép quay ngược chiều \(\alpha ^\circ \) tâm \[O\] giữ nguyên với \(\alpha ^\circ \) lần lượt nhận các giá trị \(72^\circ ;144^\circ ;216^\circ ;288^\circ ;360^\circ \).

Từ giả thiết, ta có:

\[\sqrt {4{a^2} + 12} = \sqrt {2\left( {2{a^2} + 6} \right)} = \sqrt {2\left( {2{a^2} + 2ab + ac + bc} \right)} = \sqrt {\left( {2a + 2b} \right)\left( {c + 2a} \right)} \].

Tương tự

\[\sqrt {4{b^2} + 12} = \sqrt {\left( {2a + 2b} \right)\left( {c + 2b} \right)} \]; \[\sqrt {{c^2} + 12} = \sqrt {\left( {2a + c} \right)\left( {c + 2b} \right)} \].

Khi đó, \[\sqrt {4{a^2} + 12} + \sqrt {4{b^2} + 12} + \sqrt {{c^2} + 12} \le \frac{{6a + 6b + 2c}}{2} + \frac{{2a + 2b + 2c}}{2}\]

Hay \[\sqrt {4{a^2} + 12} + \sqrt {4{b^2} + 12} + \sqrt {{c^2} + 12} \le 2\left( {2a + 2b + c} \right)\].

Suy ra \[P = \frac{{2a + 2b + c}}{{\sqrt {4{a^2} + 12} + \sqrt {4{b^2} + 12} + \sqrt {{c^2} + 12} }} \ge \frac{{2a + 2b + c}}{{2\left( {2a + 2b + c} \right)}}\] hay \[P \ge \frac{1}{2}\].

Dấu “=” xảy ra khi \[a = b = 1,c = 2\].

Vậy giá trị nhỏ nhất của \[P = \frac{1}{2}\] khi \[a = b = 1,c = 2\].

Ta có: \[a + b + c = 1\] suy ra \[\left( {a + b + c} \right)c = c\] hay \[c = ac + bc + {c^2}\].

Suy ra \[c + ab = ac + bc + {c^2} = a\left( {c + b} \right) + c\left( {b + c} \right) = \left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số dương \[x,y\] ta luôn có:

\[\sqrt {xy} \le \frac{{x + y}}{2}\]. Dấu “=” xảy ra khi \[x = y\].

Suy ra \[\frac{1}{{\sqrt {c + ab} }} = \frac{1}{{\sqrt {\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)} }} \le \frac{{\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}}}{2}\]

Suy ra \[\frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} \le \frac{{ab}}{2}\left( {\frac{1}{{a + c}} + \frac{1}{{b + c}}} \right)\] (1)

Tương tự, có: \[a + bc = \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)\]; \[b + ac = \left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)\].

Suy ra \[\frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} \le \frac{{bc}}{2}\left( {\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{a + c}}} \right)\] (2); \[\frac{{ac}}{{\sqrt {b + ac} }} \le \frac{{ac}}{2}\left( {\frac{1}{{c + b}} + \frac{1}{{a + b}}} \right)\] (3).

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta được:

\[A = \frac{{ab}}{{\sqrt {c + ab} }} + \frac{{bc}}{{\sqrt {a + bc} }} + \frac{{ca}}{{\sqrt {b + ca} }} \le \frac{{bc + ca}}{{2\left( {a + b} \right)}} + \frac{{bc + ab}}{{2\left( {a + b} \right)}} + \frac{{ac + ab}}{{2\left( {b + c} \right)}} = \frac{{a + b + c}}{2}\]

Suy ra \[A \le \frac{1}{2}\].

Dấu “=” xảy ra khi \[a = b = c = \frac{1}{3}.\]

Thể tích của hình hộp đó là: \[{x^2}h = 4{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\] suy ra \[h = \frac{4}{{{x^2}}}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Diện tích hai mặt đáy của bể là \[2{x^2}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Diện tích bốn mặt bên của bể là \[8x.h{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Số tiền gia đình đó phải trả khi xây hai mặt đáy là: \[2{x^2}.0,5 = {x^2}\] (triệu đồng).

Số tiền gia đình đó phải trả khi xây bốn mặt bên của bể là

\[8xh.1 = 8xh\] (triệu đồng).

Do đó, số tiền phải trả khi làm bể là: \[{x^2} + 8xh\] (triệu đồng).

Để chi phí xây bể nước là tối thiểu thì \[{x^2} + 8xh\] đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có: \[{x^2} + 8xh = {x^2} + 8\left( {x.\frac{4}{{{x^2}}}} \right) = {x^2} + \frac{{32}}{x} = {x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x}\].

Vì \[x > 0\] nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\[{x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{x.\frac{{16}}{x}.\frac{{16}}{x}}}\] hay \[{x^2} + \frac{{16}}{x} + \frac{{16}}{x} \ge 3.4\sqrt[3]{4}\]

Do đó, \[{x^2} + 8xh \ge 12\sqrt[3]{4} \approx 19,05\].

Dấu “=” xảy ra khi \[{x^2} = \frac{{16}}{x}\] hay \[x = 2\sqrt[3]{2}{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy chi phí tối thiểu để gia đình đó xây bể nước là khoảng \[19,05\] triệu đồng.

Theo đề, ta có chiều rộng của khu vườn là \[x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Do đó, chiều rộng của khu vườn là: \[600:2 - x = 300 - x{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Diện tích của khu vườn là: \[\left( {300 - x} \right)x = - {x^2} + 300x{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\].

Để diện tích vườn hoa xây được lớn nhất thì \[ - {x^2} + 300x\] đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: \[ - {x^2} + 300x = - \left( {{x^2} - 300x + {{150}^2}} \right) + {150^2} = - {\left( {x - 150} \right)^2} + 22500\].

Ta có: \[ - {\left( {x - 150} \right)^2} \le 0\] nên \[ - {\left( {x - 150} \right)^2} + 22500 \le 22500\].

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 150{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\].

Vậy diện tích vườn hoa xây được lớn nhất là \[22500{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\] khi \[x = 150{\rm{ m}}\].

Gọi \[x\] là giá mới mà câu lạc bộ phải bán (\[x > 0\], đơn vị: nghìn đồng).

Theo đề, số tiền mà câu lạc bộ sẽ giảm là: \[25 - x\] (nghìn đồng) mỗi chiếc.

Khi đó, số lượng đèn lồng bán được tăng lên là: \[20\left( {25 - x} \right):1 = 20\left( {25 - x} \right)\] (chiếc).

Do đó, lượng đèn câu lạc bộ bán được là: \[200 + 20\left( {25 - x} \right) = 700 - 20x\] (chiếc).

Vậy doanh thu của câu lạc bộ lúc này là: \[\left( {700 - 20x} \right)x\] (nghìn đồng).

Lợi nhuận mà câu lạc bộ thu được sau khi bán giá mới là:

\[\left( {700 - 20x} \right)x - \left( {700 - 20x} \right).7 = - 20{x^2} + 840x - 4900\]

\[ = - 20\left( {{x^2} - 42x + 245} \right)\]

\[ = - 20{\left( {x - 21} \right)^2} + 3920\]

Nhận thấy \[ - 20{\left( {x - 21} \right)^2} \le 0\] nên \[ - 20{\left( {x - 21} \right)^2} + 3920 \le 3920\].

Dấu “=” xảy ra khi \[x = 21\] (nghìn đồng).

Vậy câu lạc bộ nên bán mỗi chiếc đèn với giá \[21\] nghìn đồng để loại nhuận thu được là lớn nhất.

Gọi giá bán của kim cương ban đầu là \[x\] đồng, khối lượng là \[y\] (kg).

Sau khi chia thành ba phần thì mỗi phần nặng \[{y_1},{y_2},{y_3}\] (kg) với giá bán lần lượt là \[{x_1};{x_2};{x_3}\] đồng.

Ta có: \[{y_1} + {y_2} + {y_3} = y\] và \[\frac{{{x_1}}}{{y_1^2}} = \frac{{{x_2}}}{{y_2^2}} = \frac{{{x_3}}}{{y_3^2}} = \frac{x}{{{y^2}}}\].

Suy ra \[\frac{{{x_1} + {x_2} + {x_3}}}{{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2}} = \frac{x}{{{y^2}}}\].

Suy ra \[{x_1} + {x_2} + {x_3} = x.\frac{{y_1^2 + y_2^2 + y_3^2}}{{{y^2}}}\].

Hay \[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge x.\frac{{\frac{1}{3}{{\left( {{y_1} + {y_2} + {y_3}} \right)}^2}}}{{{y^2}}}\]

\[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge x.\frac{{\frac{1}{3}{y^2}}}{{{y^2}}}\]

\[{x_1} + {x_2} + {x_3} \ge \frac{1}{3}x\].

Do đó, khi chia làm ba phần thì giá bán kim cương giảm đi và giảm nhiều nhất khi ba phần kim cương đó có khối lượng bằng nhau.