Đổi 3 giờ 30 phút = 3,5 giờ

Cứ 1 giờ hai vòi chảy được: 1: 3,5 = \(\dfrac{2}{7}\)(bể)

2 giờ hai vòi cùng chảy được: \(\dfrac{2}{7}\) \(\times\) 2 = \(\dfrac{4}{7}\) (bể)

Trong 1 giờ vòi 1 chảy được: \(\dfrac{4}{5}\) - \(\dfrac{4}{7}\) = \(\dfrac{8}{35}\) (bể)

Vòi 1 chảy đầy bể sau: 1 : \(\dfrac{8}{35}\) = \(\dfrac{35}{8}\) (giờ)

Vòi 2 chảy một mình trong 1 giờ được: \(\dfrac{2}{7}\) - \(\dfrac{8}{35}\)  =  \(\dfrac{2}{35}\)(bể)

Vòi 2 chảy đầy bể sau: 1 : \(\dfrac{2}{35}\) = \(\dfrac{35}{2}\) (giờ)

Kết luận:.....

Gọi x (h), y(h) lần lượt là thời gian chảy một mình đầy bể của vòi thứ nhất và vòi thứ hai (x, y > 0)

3h 30 phút = 3,5 h

Cả hai vòi cùng chảy trong 1 giờ:

1/x + 1/y = 1/3,5 (1)

Vòi thứ nhất chảy 3h, vòi thứ hai chảy 2h được 4/5 bể nên:

3/x + 2/y = 4/5 (2)

Đặt u = 1/x; v = 1/y

(1) ⇔ u + v = 2/7

⇔ u = 2/7 - v

(2) ⇔ 3u + 2v = 4/5 (3)

Thế u = 2/7 - v vào (3) ta có:

(3) ⇔ 3.(2/7 - v) + 2v = 4/5

⇔ 6/7 - 3v + 2v = 4/5

⇔ -v = 4/5 - 6/7

⇔ -v = -2/35

⇔ v = 2/35

Thế v = 2/35 vào u = 2/7 - v, ta được:

u = 2/7 - 2/35

⇔ u = 8/35

*) Với u = 8/35

⇔ 1/x = 8/35

⇔ x = 35/8 (nhận)

*) Với v = 2/35

⇔ 1/y = 2/35

⇔ y = 35/2 (nhận)

Vậy vòi thứ nhất chảy một mình trong 35/8 h thì đầy bể

Vòi thứ hai chảy một mình trong 35/2 h thì đầy bể

Ta có \(\dfrac{a^2}{b^2}+1\ge2.\dfrac{a}{b}\)

Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng theo vế, ta được:

\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}+3\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\) (*)

Mà ta lại có \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{c}.\dfrac{c}{a}}=3\)

\(\Leftrightarrow-3\ge-\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\) (**)

Cộng theo vế (*) và (**), ta được đpcm. 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

A B C H M I

a/

Xét tg vuông ABC

\(AH^2=BH.HC\) (Trong tg vuông bình phương đường đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa 2 hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow AH=\sqrt{2.6}=2\sqrt{3}\)

\(BC=BH+HC=2+6=8\)

\(AB^2=BH.BC\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{2.8}=4\)

b/

Xét tg vuông ABH

\(\sin B=\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

Xét tg vuông ACH

\(\tan C=\dfrac{AH}{HC}=\dfrac{2\sqrt{3}}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

c/

a) \(AH^2=HB.HC=2.6=12\Rightarrow AH=2\sqrt[]{3}\left(cm\right)\)

\(AB^2=AH^2+BH^2=12+4=16\Rightarrow AB=4\left(cm\right)\left(Pitago\right)\)

b) \(SinB=\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{2\sqrt[]{3}}{4}=\dfrac{\sqrt[]{3}}{2}\)

\(tanC=\dfrac{AH}{HC}=\dfrac{2\sqrt[]{3}}{6}=\dfrac{\sqrt[]{3}}{3}\)

Câu C bạn xem lại đề

Có cạnh là ABC

\(y=\left(m-2\right)x+2m+1\left(d_1\right)\)

\(y=x-2\left(d_2\right)\)

Để \(d_1\) cắt \(d_2\) tại điểm có hoành độ bằng -3 thì \(x=-3\) là nghiệm hpt

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\left(m-2\right)\left(-3\right)+2m+1\\y=-3-2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-3m+6+2m+1=-5\\y=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-m=-12\\y=-5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=12\)

Vậy \(m=12\) thỏa mãn đề bài

\(a,A=\dfrac{\sqrt{4+2\sqrt{3}}}{\sqrt{3}+1}+\dfrac{5+3\sqrt{5}}{\sqrt{5}}-\left(\sqrt{5}+3\right)\\ =\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}}{\sqrt{3}+1}+\dfrac{\sqrt{5}\left(\sqrt{5}+3\right)}{\sqrt{5}}-\left(\sqrt{5}+3\right)\\ =\dfrac{\left|\sqrt{3}+1\right|}{\sqrt{3}+1}+\left(\sqrt{5}+3\right)-\left(\sqrt{5}+3\right)\\ =\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}+1}\\ =1\)

\(b,B=\dfrac{1}{3-\sqrt{x}}+\dfrac{\sqrt{x}}{3+\sqrt{x}}-\dfrac{x+9}{x-9}\left(dk:x\ge0,x\ne9\right)\\ =\dfrac{1}{3-\sqrt{x}}+\dfrac{\sqrt{x}}{3+\sqrt{x}}+\dfrac{x+9}{\left(3-\sqrt{x}\right)\left(3+\sqrt{x}\right)}\\ =\dfrac{3+\sqrt{x}+\sqrt{x}\left(3-\sqrt{x}\right)+x+9}{9-x}\\ =\dfrac{\sqrt{x}+x+12+3\sqrt{x}-x}{9-x}\\ =\dfrac{4\sqrt{x}+12}{9-x}\\ =\dfrac{4\left(\sqrt{x}+3\right)}{\left(3+\sqrt{x}\right)\left(3-\sqrt{x}\right)}\\ =\dfrac{4}{3-\sqrt{x}}\)

\(B>A\Leftrightarrow\dfrac{4}{3-\sqrt{x}}>1\\ \Rightarrow4-3+\sqrt{x}>0\\ \Rightarrow\sqrt{x}>-1\left(LD\right)\)

Kết hợp với điều kiện \(x\ge0,x\ne9\) thì mọi giá trị x còn lại thỏa mãn đề bài.

 Đối với điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R), kí hiệu d_A là đường thẳng nối 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ A tới (O).

 Đối với điểm A nằm bên trong đường tròn, kí hiệu d_A để chỉ đường thẳng vuông góc với OA tại T với T là điểm mà \(OA.OT=R^2\) và A nằm giữa O và T.

Để giải được bài toán này, ta cần xét tính chất sau của đường d_A:

 TC1: \(A\in d_B\Leftrightarrow B\in d_A\), tính chất này là hiển nhiên theo định nghĩa đường d_A.

 TC2: A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi d_A, d_B, d_C đồng quy hoặc đôi một song song.

CM: Nếu \(O\in AB\) thì hiển nhiên TC2 đúng.

Nếu \(O\notin AB\) thì gọi P là giao điểm của d_A, d_B. Vì \(P\in d_A,P\in d_B\) nên theo TC1, \(A\in d_P,B\in d_P\) nên \(AB\equiv d_P\). Do đó A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi \(C\in d_P\), có nghĩa là \(P\in d_C\) hay d_A, d_B, d_C đồng quy tại P, TC2 được chứng minh.

 Bây giờ ta sẽ xét bổ đề sau:

 Bổ đề: Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp. K là trực tâm của tam giác IBC. M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Khi đó \(MN\equiv d_K\) (đối với đường tròn I)

 CM: Gọi D, E lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA. DE cắt BI, CI, KC lần lượt tại L, J, T. Theo tính chất quen thuộc thì \(\widehat{BLA}=90^o\), suy ra \(ML=MA=MB\). Từ đó \(\widehat{MLB}=\widehat{MBL}=\widehat{LBC}\), suy ra ML//BC hay \(L\in MN\). 

 Mặt khác, vì \(\widehat{LTC}=\widehat{LJC}=90^o\) nên tứ giác CJLT nội tiếp \(\Rightarrow IL.IT=IJ.IC=r^2\) (\(r\) là bán kính đường tròn (I)), theo định nghĩa đường \(d_X\) , suy ra được \(KC\equiv d_L\). Từ đó suy ra \(K\in d_L\). Theo TC1 suy ra \(L\in d_K\). Mà \(L\in MN,MN\perp IK\) nên theo định nghĩa đường \(d_X\), suy ra \(MN\equiv d_K\). Vậy bổ đề được chứng minh.

 Bây giờ ta sẽ quay lại bài toán chính:

 Từ kết quả của bổ đề, ta suy ra \(MN\equiv d_K,MP\equiv d_H\)

 Mặt khác, theo định nghĩa, ta có \(DM\equiv d_D\).

 Để ý rằng MN, MP, MD đồng quy tại M nên theo TC2, suy ra H, K, I thẳng hàng. Suy ra đpcm.

 Ở chỗ cuối phải là \(MN\equiv d_H,MP\equiv d_K\) chứ không phải ngược lại đâu. (bổ sung thêm M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB)