Gọi số người được xét nghiệm mỗi giờ theo kế hoạch: \(x\) (người), \(\left(\right. x \in \mathbb{N}^{*} \left.\right)\)

Khi đó, trên thực tế mỗi giờ xét nghiệm được \(x + 50\) (người)

Theo kế hoạch, thời gian xét nghiệm xong là \(\frac{1 000}{x}\) (giờ)

Trên thực tế, thời gian xét nghiệm xong: \(\frac{1 000}{x + 50}\) (giờ)

Do hoàn thành sớm hơn kế hoạch \(1\) ngày nên ta có phương trình

\(\frac{1 000}{x} - \frac{1 000}{x + 50} = 1\)

\(x^{2} + 50 x - 50 000\)

Gọi số bộ quần áo mà phân xưởng phải may trong mỗi ngày theo kế hoạch là \(x\) (bộ quần áo)

Điều kiện \(x \in \mathbb{N} ; x < 900\)

Khi đó thời gian phân xưởng may xong \(900\) bộ quần áo theo kế hoạch là \(\frac{900}{x}\) (ngày)

Thực tế mỗi ngày may được \(x + 10\) (bộ quần áo) nên thời gian phân xưởng may xong \(900\) bộ quần áo là \(\frac{900}{x + 10}\) (ngày)

Do hoàn thành kế hoạch sớm hơn \(3\) (ngày) nên ta có phương trình:

\(\frac{900}{x} - \frac{900}{x + 10} = 3\)

\(900 \left(\right. x + 10 \left.\right) - 900 x = 3 x \left(\right. x + 10 \left.\right)\)

\(x^{2} + 10 x - 3 000 = 0\)

Ta có \(\Delta^{'} = 5^{2} - 1. \left(\right. - 3 000 \left.\right) = 3 025\)

Do \Delta^'>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} = \frac{- 5 + 55}{1} = 50\) (thoả mãn); \(x_{2} = \frac{- 5 - 55}{1} = - 60\) (không thoả mãn)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải may \(50\) bộ quần áo.

Gọi vận tốc của xe máy là \(x\) (km/h) (điều kiện: \(x > 0\)).

Khi đó vận tốc của ô tô là: \(x + 9\) (km/h).

Thời gian xe máy đi từ Cao Bằng đến Bảo Lạc là: \(\frac{135}{x}\) (giờ).

Thời gian ô tô đi từ Cao Bằng đến Bảo Lạc là: \(\frac{135}{x + 9}\) (giờ).

Vì o tô đến Bảo lạc trước xe máy \(45\) phút \(= \frac{3}{4}\) giờ nên ta có phương trình:

\(\frac{135}{x} - \frac{135}{x + 9} = \frac{3}{4}\)

\(135.4 \left(\right. x + 9 \left.\right) - 135.4 x = 3 x \left(\right. x + 9 \left.\right)\)

\(540 \left(\right. x + 9 \left.\right) - 540 x = 3 x^{2} + 27 x\)

\(3 x^{2} + 27 x - 4 860 = 0\)

\(x^{2} + 9 x - 1 620 = 0\)

\(\left(\right. x - 36 \left.\right) \left(\right. x + 45 \left.\right) = 0\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x = 36\) (tm); \(x = - 45\) (ktm).

Vậy vận tốc của xe máy là \(36\) km/h; vận tốc của ô tô là \(45\) km/h.

Đổi \(30\) phút \(= 0 , 5\) giờ

Gọi vận tốc ô tô dự định đi trên quãng đường \(A B\) là \(x\) (km/h), (\(x > 10\))

Thời gian dự định đi trên quãng đường \(A B\) là \(\frac{100}{x}\) (h)

Vận tốc thực tế ô tô đi là \(x - 10\) (km/h) 

Nên thời gian thực tế đi hết quãng đường \(A B\) là \(\frac{100}{x - 10}\) (h) 

Vì xe đến \(B\) chậm hơn dự định \(30\) phút \(= \frac{1}{2}\) (h) nên ta có phương trình:

\(\frac{100}{x - 10} - \frac{100}{x} = \frac{1}{2}\)

\(\frac{100 x - 100 \left(\right. x - 10 \left.\right)}{x \left(\right. x - 10 \left.\right)} = \frac{1}{2}\)

\(x^{2} - 10 x - 2 000 = 0\)

Ta có \(\Delta^{'} = 5^{2} + 2 000 = 2 025 > 0\),

\(\sqrt{\Delta} = 45\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_{1} = 5 + 45 = 50\) (tm); \(x_{2} = 5 - 45 = - 40\) (ktm).

Vậy vận tốc dự định là \(50\) km/h và thời gian dự định là \(\frac{100}{50} = 2\) giờ.

Gọi chiều rộng hình chữ nhật là \(x\) (m, điều kiện: \(x > 0\)).

Khi đó chiều dài hình chữ nhật là \(3 x\) (m).

Kích thước phần đất còn lại sau khi làm lối đi là \(x - 3\) (m); \(3 x - 3\) (m).

Theo bài diện tích đất còn lại là \(4 329\) m\(^{2}\) nên ta có phương trình:

\(\left(\right. x - 3 \left.\right) \left(\right. 3 x - 3 \left.\right) = 4 329\)

\(3 x^{2} - 3 x - 9 x + 9 = 4 329\)

\(3 x^{2} - 12 x - 4 320 = 0\)

\(x^{2} - 4 x - 1 440 = 0\)

\(\Delta^{'} = 4 + 1 440 = 1 444\) suy ra \(\sqrt{\Delta^{'}} = 38\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\(x_{1} = \frac{2 + 38}{1} = 40\) (thỏa mãn); \(x_{2} = \frac{2 - 38}{1} = - 36\) (loại).

Vậy chiều rộng mảnh vườn là \(40\) m; chiều dài mảnh vườn là \(3.40 = 120\) m.

Gọi chiều rộng mảnh đất là \(x\) (m) (ĐK: \(x > 0\))

\(\Rightarrow\) Chiều dài mảnh đất là \(x + 7\) (m).

Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là \(13\) m nên ta có phương trình:

\(x^{2} + \left(\right. x + 7 \left.\right)^{2} = 1 3^{2}\)

\(x^{2} + x^{2} + 14 x + 49 = 169\)

\(2 x^{2} + 14 x - 120 = 0\)

\(x^{2} + 7 x - 60 = 0\)

Ta có \(\Delta = 7^{2} - 4. \left(\right. - 60 \left.\right) = 289 = 172 > 0\) nên phương trình có \(2\) nghiệm phân biệt:

\(x = \frac{- 7 + 17}{2} = 5\) (tm); \(x = \frac{- 7 - 17}{2} = - 12\) (ktm)

\(\Rightarrow\) Chiều rộng của mảnh đất là \(5\) m, chiều dài của mảnh đất là \(5 + 7 = 12\) m.

Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là \(S = 5.12 = 60\) (m\(^{2}\)).

a) Do \(A B , A C\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A B O} = \hat{A C O} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(O A\).

Xét tam giác \(O A B\) vuông tại \(B\) có \(B I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I B = I A = I O = \frac{1}{2} A O\) (1)

Xét tam giác \(O A C\) vuông tại \(C\) có \(C I\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(I C \&\text{nbsp}; = I A = I O = \frac{1}{2} A O\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(I B = I C = I A = I O\).

Suy ra \(B , C\) thuộc đường tròn tâm \(I\) đường kính \(O A\).

b) Ta có \(A M . A O = \frac{A B}{2} . 2 A I = A B . A I\).

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(M A\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta C M A\) nên \(G \in C E\) và \(\frac{G E}{C E} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{M E}{B E} = \frac{1}{3}\) \(\left(\right.\)vì \(M E = \frac{M A}{2} = \frac{M B}{2}\) nên \(M E = \frac{B E}{3} \left.\right)\)

Suy ra \(\frac{G E}{C E} = \frac{M E}{B E}\), theo định lí Thalès đảo ta có:

\(M G\) // \(B C\).

d) Gọi \(G^{'}\) là giao điểm của \(O A\) và \(C M\) suy ra \(G^{'}\) là trọng tâm \(\Delta A B C\).

Nên \(\frac{G^{'} M}{C M} = \frac{1}{3} = \frac{G E}{C E^{'}}\)

Theo định lý Thalès đảo ta có \(G G^{'}\) // \(M E\) (1)

\(M I\) là đường trung bình trong \(\Delta O A B\) suy ra \(M I\) // \(O B\), mà \(A B ⊥ O B\) (cmt) nên \(M I ⊥ A B\), nghĩa là \(M I ⊥ M E\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(M I ⊥ G G^{'}\),

Lại có \(G I^{'} ⊥ M K\) (vì \(O A ⊥ M K\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta M G G^{'}\)

Suy ra \(G I ⊥ G^{'} M\) tức là \(G I ⊥ C M\).

a) Chứng minh \(\hat{A B C} = \hat{C H M}\).

Vì \(A M , C N\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(A M ⊥ B C\) và \(C N ⊥ A B\)

Suy ra \(\hat{B M H} = \hat{B N H} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(H B\).

Xét tam giác \(H N B\) có \(\hat{H N B} = 9 0^{\circ}\) và \(N F\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(F N = F H = F B = \frac{1}{2} B H\) (1)

Xét tam giác \(H M B\) có \(\hat{H M B} = 9 0^{\circ}\) và \(M F\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(F M = F H = F B = \frac{1}{2} B H\) (2)

Suy ra \(B N H M\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(F\), đường kính \(H B\).

Do đó \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\).

hay \(\hat{C B A} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\).

Mà \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù) do đó \(\hat{C B A} = \hat{M B N}\).

b) Chứng minh \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

Tứ giác \(B N H M\) nội tiếp nên \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{A H C} = \hat{N H M}\) (đối đỉnh) nên \(\hat{M B N} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\) hay \(\hat{A B C} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\)

Mặt khác tứ giác \(B N H M\) nội tiếp đường tròn tâm \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A D C} + \hat{A B C} = 18 0^{\circ}\).

Do đó \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

c) Chứng minh \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\).

Ta chứng minh \(A C M N\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(E\) là trung điểm \(A C\).

Xét tam giác \(A M C\) có \(\hat{A M C} = 9 0^{\circ}\) và \(M E\) là đường trung tuyến nên \(E M = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (3) 

Xét tam giác \(A N C\) có \(\hat{A N C} = 9 0^{\circ}\) và \(N E\) là đường trung tuyến nên \(E N = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(E M = E N = E C = E A\).

Vậy tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(E\) đường kính \(A C\).

Suy ra \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(M C\) của đường tròn tâm \(E\)).

d) Chứng minh \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

Ta có \(\hat{M A C} + \hat{A C M} = 9 0^{\circ}\) (hai góc phụ nhau)

Hay \(\hat{A C M} = 9 0^{\circ} - \hat{M A C}\)

Mà \(\hat{A C M} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\) (tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn) nên \(9 0^{\circ} - \hat{M A C} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

a) Chứng minh \(\hat{A B C} = \hat{C H M}\).

Vì \(A M , C N\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(A M ⊥ B C\) và \(C N ⊥ A B\)

Suy ra \(\hat{B M H} = \hat{B N H} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(H B\).

Xét tam giác \(H N B\) có \(\hat{H N B} = 9 0^{\circ}\) và \(N F\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(F N = F H = F B = \frac{1}{2} B H\) (1)

Xét tam giác \(H M B\) có \(\hat{H M B} = 9 0^{\circ}\) và \(M F\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(F M = F H = F B = \frac{1}{2} B H\) (2)

Suy ra \(B N H M\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(F\), đường kính \(H B\).

Do đó \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\).

hay \(\hat{C B A} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\).

Mà \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù) do đó \(\hat{C B A} = \hat{M B N}\).

b) Chứng minh \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

Tứ giác \(B N H M\) nội tiếp nên \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{A H C} = \hat{N H M}\) (đối đỉnh) nên \(\hat{M B N} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\) hay \(\hat{A B C} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\)

Mặt khác tứ giác \(B N H M\) nội tiếp đường tròn tâm \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A D C} + \hat{A B C} = 18 0^{\circ}\).

Do đó \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

c) Chứng minh \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\).

Ta chứng minh \(A C M N\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(E\) là trung điểm \(A C\).

Xét tam giác \(A M C\) có \(\hat{A M C} = 9 0^{\circ}\) và \(M E\) là đường trung tuyến nên \(E M = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (3) 

Xét tam giác \(A N C\) có \(\hat{A N C} = 9 0^{\circ}\) và \(N E\) là đường trung tuyến nên \(E N = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(E M = E N = E C = E A\).

Vậy tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(E\) đường kính \(A C\).

Suy ra \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(M C\) của đường tròn tâm \(E\)).

d) Chứng minh \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

Ta có \(\hat{M A C} + \hat{A C M} = 9 0^{\circ}\) (hai góc phụ nhau)

Hay \(\hat{A C M} = 9 0^{\circ} - \hat{M A C}\)

Mà \(\hat{A C M} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\) (tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn) nên \(9 0^{\circ} - \hat{M A C} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

a) Chứng minh \(\hat{A B C} = \hat{C H M}\).

Vì \(A M , C N\) là các đường cao của \(\Delta A B C\) nên \(A M ⊥ B C\) và \(C N ⊥ A B\)

Suy ra \(\hat{B M H} = \hat{B N H} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(H B\).

Xét tam giác \(H N B\) có \(\hat{H N B} = 9 0^{\circ}\) và \(N F\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(F N = F H = F B = \frac{1}{2} B H\) (1)

Xét tam giác \(H M B\) có \(\hat{H M B} = 9 0^{\circ}\) và \(M F\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(F M = F H = F B = \frac{1}{2} B H\) (2)

Suy ra \(B N H M\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(F\), đường kính \(H B\).

Do đó \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\).

hay \(\hat{C B A} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\).

Mà \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù) do đó \(\hat{C B A} = \hat{M B N}\).

b) Chứng minh \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

Tứ giác \(B N H M\) nội tiếp nên \(\hat{M B N} + \hat{N H M} = 18 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{A H C} = \hat{N H M}\) (đối đỉnh) nên \(\hat{M B N} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\) hay \(\hat{A B C} + \hat{A H C} = 18 0^{\circ}\)

Mặt khác tứ giác \(B N H M\) nội tiếp đường tròn tâm \(\left(\right. O \left.\right)\) nên \(\hat{A D C} + \hat{A B C} = 18 0^{\circ}\).

Do đó \(\hat{A D C} = \hat{A H C}\).

c) Chứng minh \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\).

Ta chứng minh \(A C M N\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(E\) là trung điểm \(A C\).

Xét tam giác \(A M C\) có \(\hat{A M C} = 9 0^{\circ}\) và \(M E\) là đường trung tuyến nên \(E M = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (3) 

Xét tam giác \(A N C\) có \(\hat{A N C} = 9 0^{\circ}\) và \(N E\) là đường trung tuyến nên \(E N = E C = E A = \frac{1}{2} A C\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(E M = E N = E C = E A\).

Vậy tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(E\) đường kính \(A C\).

Suy ra \(\hat{M A C} = \hat{M N C}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(M C\) của đường tròn tâm \(E\)).

d) Chứng minh \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).

Ta có \(\hat{M A C} + \hat{A C M} = 9 0^{\circ}\) (hai góc phụ nhau)

Hay \(\hat{A C M} = 9 0^{\circ} - \hat{M A C}\)

Mà \(\hat{A C M} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\) (tứ giác \(A C M N\) nội tiếp được đường tròn) nên \(9 0^{\circ} - \hat{M A C} + \hat{A N M} = 18 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{M A C} + 9 0^{\circ} = \hat{A N M}\).