a) Xét tam giác $ABC$ có $AB=AC$ và $AO$ là đường phân giác của góc $BAC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó $AO$ cũng là đường cao, đường trung tuyến của $\Delta BAC$.

Vậy $AO$ vuông góc với $BC$.

b) Ta có $\widehat{BDC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\stackrel{⌢}{\mathrm{CB}}$ (góc nội tiếp)

$\widehat{BOC}=\stackrel{⌢}{\mathrm{CB}}$ (góc ở tâm)

Mặt khác $\widehat{BAC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\widehat{BOC}$ nên $\widehat{BAC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\stackrel{⌢}{\mathrm{CB}}$.

Vậy $\widehat{BAC}=\widehat{BDC}$, suy ra $OA//CD$ (hai góc đồng vị bằng nhau).

c) Xét tam giác $ABO$ và tam giác $BKO$ có:

$\widehat{ABO}=\widehat{BKO}=90^{\circ }$

$\widehat{BOA}$: góc chung 

Suy ra $\Delta ABO\sim \Delta BKO$ (g.g).

Do đó ta có tỉ số $\genfrac{}{}{0ex}{}{AO}{BO}=\genfrac{}{}{0ex}{}{BO}{KO}$ hay $OA.OK=O{B}^2=6^2=36$ (cm).

Xét tam giác vuông $ABO$ có: $\sin \widehat{BAO}=\genfrac{}{}{0ex}{}{OB}{OA}=\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{12}$.

Suy ra $\widehat{BAO}=30^{\circ }$.

a. Rút gọn biểu thức $A$.

$A=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+2}{x-5\sqrt{x}+6}-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+3}{2-\sqrt{x}}-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-3}):(2-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1})$ 

$A=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}-3)}-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+3}{2-\sqrt{x}}-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-3}):(2-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1})$ 

$A=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}-3)}+\genfrac{}{}{0ex}{}{(\sqrt{x}+3)(\sqrt{x}-3)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}-3)}-\genfrac{}{}{0ex}{}{(\sqrt{x}+2)(\sqrt{x}-2)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}-2)}):(2-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1})$ 

$A=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+2+x-9-x+4}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}-3)}:(2-\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1})$ 

$A=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}-3}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}-3)}:\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}$ 

$A=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{\sqrt{x}-2}.\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+2}$ 

$A=\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{x}+1}{x-4}$.

b. Tìm các giá trị của x để $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{A}\le -\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$.

(ĐK: $x\ge 0,x\ne 4,x\ne 9$)

Để $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{A}\le -\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$ thì

$\genfrac{}{}{0ex}{}{x-4}{\sqrt{x}+1}\le -\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$

$2x-8\le -5\sqrt{x}-5$

$2x+5\sqrt{x}-3\le 0$

$-3\le \sqrt{x}\le \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$

$0\le \sqrt{x}\le \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$

$0\le x\le \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}$.

Kết hợp với điều kiện ta được $0\le x\le \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}$ thì $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{A}\le -\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}$.

A=2−3​​.(6​+2​)

​​A=2.(2−3)+6.(2−3)​​A=2​.(2−3​​)+6​.(2−3​​)

A=4−23+12−63A=4−23​​+12−63​​

A=1+3−21.3+12−2.33A=1+3−21.3​​+12−2.33​​

A=12−21.3+(3)2+32−2.33+(3)2A=12−21.3​+(3​)2​+32−2.33​+(3​)2​

A=(1−3)2+(3−3)2A=(1−3​)2​+(3−3​)2​

$A=\sqrt{3}-1+3-\sqrt{3}=2$.

a) Xét đường tròn $(O)$ có: $AB$, $AC$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B,C$ nên $AB=AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) .

Suy ra $A$ thuộc đường trung trực của $BC$.

Mà $OB=OC=R$ nên $O$ thuộc đường trung trực của $BC$

Do đó $OA$ là đường trung trực của $BC$ nên $OA\perp BC$ tại $H$.

b) Xét tam giác $BED$ có $OE$ là trung tuyến. Mặt khác $OE=\genfrac{}{}{0ex}{}{BD}{2}$ nên tam giác $BED$ vuông tại $E$.

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta ABD$ có

$\widehat{BAD}$: góc chung

$\widehat{BEA}=\widehat{DBA}=90^{\circ }$

Suy ra $\Delta ABE\sim \Delta ADB$ (g.g)

Khi đó $\widehat{ABE}=\widehat{ADB}$ (hai góc tương ứng)

và $\genfrac{}{}{0ex}{}{AB}{AD}=\genfrac{}{}{0ex}{}{AE}{AB}$ hay $A{B}^2=AD.AE$ (đpcm).

c) Xét tam giác vuông $AOB$ có:

$\cos \widehat{AOB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{OB}{OA}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$.

Suy ra $\widehat{AOB}=75^{\circ }$. Do đó $\widehat{BOC}=150^{\circ }$.

Khi đó $\widehat{COD}=30^{\circ }$. 

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OC$, $OD$ và cung nhỏ $CD$ là:

$S=\genfrac{}{}{0ex}{}{\pi R^2.30}{360}=\genfrac{}{}{0ex}{}{\pi R^2}{12}$ (đvdt).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính $OC$, $OD$ và cung nhỏ $CD$ là $\genfrac{}{}{0ex}{}{\pi R^2}{12}$ (đvdt).

Gọi số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là $x$ và $y$ (học sinh). Điều kiện: $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$

Do cả hai trường có $840$ học sinh thi đỗ vào lớp $10$ và đạt tỉ lệ thi đỗ là $84\%$ nên ta có phương trình:

$84\%.(x+y)=840$ hay $x+y=1000$ (1)

Vì trường A tỉ lệ thi đỗ là $80\%$, trường B tỉ lệ thi đỗ là $90\%$ nên ta có phương trình:

$80\%.x+90\%.y=840$

$0,8x+0,9y=840$

$8x+9y=8400$ (2)

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có hệ phương trình:

{x+y=10008x+9y=8400{​x+y=10008x+9y=8400​

{9x+9y=90008x+9y=8400{​9x+9y=90008x+9y=8400​

{x=600y=400{​x=600y=400​ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là $600$ và $400$ (học sinh).

​$A=2.\sqrt{80}-2.\sqrt{245}+2\sqrt{180}$

$A=2.\sqrt{16.5}-2.\sqrt{49.5}+2\sqrt{36.5}$

$A=8\sqrt{5}-14\sqrt{5}+12\sqrt{5}$

$A=6\sqrt{5}$.

Đổi $1$ giờ $25$ phút $=\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{12}$ giờ; $1$ giờ $30$ phút $=\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$ giờ.

Gọi vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước lần lượt là $x$ (km/h) và $y$ (km/h). Điều kiện $x>0,y>0,x>y$.

Trong lần 1

+) Vận tốc xuôi dòng là $x+y$ km/h, quãng đường xuôi dòng là $20$ km nên thời gian xuôi dòng là $\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{x+y}$ (giờ).

+) Vận tốc ngược dòng là $x-y$ km/h, quãng đường ngược dòng là $18$ km nên thời gian ngược dòng là $\genfrac{}{}{0ex}{}{18}{x-y}$ (giờ).

Vì tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng hết $\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{12}$ giờ nên ta có phương trình

$\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{x+y}+\genfrac{}{}{0ex}{}{18}{x-y}=\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{12}$     (1)

Trong lần 2

+) Vận tốc xuôi dòng là $x+y$ (km/h), quãng đường xuôi dòng là $15$ km nên thời gian xuôi dòng là $\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{x+y}$ (giờ).

+) Vận tốc ngược dòng là $x-y(km/h)$, quãng đường ngược dòng là $24$ km nên thời gian ngược dòng là $\genfrac{}{}{0ex}{}{24}{x-y}$ (giờ).

Vì tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng hết $\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$ giờ nên ta có phương trình

$\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{x+y}+\genfrac{}{}{0ex}{}{24}{x-y}=\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}$    (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

{20x+y+18x−y=171215x+y+24x−y=32⎩⎨⎧​​x+y20​+x−y18​=1217​x+y15​+x−y24​=23​​

{60x+y+54x−y=17460x+y+96x−y=74⎩⎨⎧​​x+y60​+x−y54​=417​x+y60​+x−y96​=47​​

{60x+y+54x−y=17442x−y=74⎩⎨⎧​​x+y60​+x−y54​=417​x−y42​=47​​

Quy đồng ta được hệ {x+y=30x−y=24{​x+y=30x−y=24​

Giải hệ trên, ta được: {x=27y=3{​x=27y=3​ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước lần lượt là $27$ km/h và $3$ km/h.

Dựa vào hình vẽ minh họa, ta có: $AH=BD=10$ m.

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có:

$\tan \widehat{BAH}=\genfrac{}{}{0ex}{}{BH}{AH}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

suy ra $BH=AH.\tan \widehat{BAH}=10.\tan 10^{\circ }$ (m).

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$, ta có:

$\tan \widehat{CAH}=\genfrac{}{}{0ex}{}{CH}{AH}$ (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

suy ra $CH=AH.\tan \widehat{CAH}=10.\tan 55^{\circ }$ (m).

Ta có: $BC=BH+CH=10.\tan 10^{\circ }+10.\tan 55^{\circ }\approx 16$ m.

Vậy chiều cao của tháp là $16$ m.

Gọi $x$ là số máy in mà nhà xuất bản sử dụng $(1\le x\le 14)$.

Chi phí lắp đặt là $120x$ (nghìn đồng).

Số giờ để sản xuất đủ số ấn phẩm là: $\genfrac{}{}{0ex}{}{4000}{30x}$ (giờ).

Chi phí giám sát là: $90.\genfrac{}{}{0ex}{}{4000}{30x}=\genfrac{}{}{0ex}{}{12000}{x}$ (nghìn đồng).

Chi phí sản xuất của nhà sản xuất là: $A=120x+\genfrac{}{}{0ex}{}{12000}{x}$ (nghìn đồng).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$A=120x+\genfrac{}{}{0ex}{}{12000}{x}\ge 2\sqrt{120x.\genfrac{}{}{0ex}{}{12000}{x}}=2400$.

Dấu bằng xảy ra khi $120x=\genfrac{}{}{0ex}{}{12000}{x}$ hay $x=10$.

Vậy số máy in nhà xuất bản nên sử dụng để chi phí in là nhỏ nhất là $10$ máy.

Gọi tên khu vui chơi hình chữ nhật là $ABCD$.

Đặt $OA=x$ $(0<x<10)$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông $ADO$, ta có: AD=102−x2AD=102−x2​(cm).

Khi đó diện tích của khu vui chơi là:

AD.AB=2x.102−x2≤x2+102−x2=100AD.AB=2x.102−x2​≤x2+102−x2=100 (cm${}^2$).

Dấu “=” xảy ra, khi x=102−x2x=102−x2​

$x^2=10^2-x^2$

x=52x=52​ (cm).

Vậy diện tích lớn nhất của khu vui chơi là $100$ cm${}^2$ và đạt được khi hai cạnh lần lượt là 5252​ cm và 102102​ c