Ta có A I = 2 A O 3 = 2 R 3 AI= 3 2AO ​ = 3 2R ​ suy ra O I = R − 2 R 3 = R 3 OI=R− 3 2R ​ = 3 R ​ Δ O C I ΔOCI vuông tại O O, ta có: C I = O C 2 + O I 2 = R 2 + ( R 3 ) 2 = R 10 3 CI= OC 2 +OI 2 ​ = R 2 +( 3 R ​ ) 2 ​ = 3 R 10 ​ ​ nội tiếp đường tròn có cạnh C D CD là đường kính Suy ra Δ C E D ΔCED vuông tại E E Hai tam giác vuông O C I OCI và C E D CED có C ^ C :chung Suy ra Δ C O I ∽ Δ C E D ΔCOI∽ΔCED Suy ra C O C E = C I C D CE CO ​ = CD CI ​ C E = C O . C D C I = R . 2 R R 10 3 = 6 R 10 = 3 R 10 5 CE= CI CO.CD ​ = R 3 10 ​ ​ R.2R ​ = 10 ​ 6R ​ = 5 3R 10 ​ ​ .

a) Gọi E , F E,F là tiếp điểm của đường tròn ( I ) (I) với các cạnh A B , A C AB,AC Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: A E = A F ; B E = B D ; C D = C F AE=AF;BE=BD;CD=CF Do đó: 2 B D = B D + B E = B C − C D + A B − A E 2BD=BD+BE=BC−CD+AB−AE = B C + A B − ( C D + A E ) = B C + A B − ( C F + A F ) =BC+AB−(CD+AE)=BC+AB−(CF+AF) = B C + A B − A C =BC+AB−AC suy ra B D = B C + A B − A C 2 BD= 2 BC+AB−AC ​ b) Tương tự câu a) ta có: D C = B C + A C − A B 2 DC= 2 BC+AC−AB ​ mà A B 2 + A C 2 = B C 2 AB 2 +AC 2 =BC 2 ( Δ A B C ΔABC vuông tại A A), do đó: B D . D C = ( B C + A B − A C ) ( B C + A C − A B ) 4 BD.DC= 4 (BC+AB−AC)(BC+AC−AB) ​ B C 2 − ( A B − A C ) 2 4 = B C 2 − A B 2 − A C 2 + 2 A B . A C 4 4 BC 2 −(AB−AC) 2 ​ = 4 BC 2 −AB 2 −AC 2 +2AB.AC ​ = A B . A C 2 = S A B C = 2 AB.AC ​ =S ABC ​ .

Gọi D , E , F D,E,F là tiếp điểm của đường tròn ( I ) (I) với A B AB loading... Δ A B C ΔABC vuông tại A A, theo định lí Pythagore ta có: B C = A B 2 + A C 2 = 9 2 + 1 2 2 = 15 BC= AB 2 +AC 2 ​ = 9 2 +12 2 ​ =15 cm Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: A D = A F ; B D = B E ; C E = C F AD=AF;BD=BE;CE=CF. Do đó 2 A D + 2 B E + 2 C E = A B + B C + C A = 9 + 12 + 15 = 36 2AD+2BE+2CE=AB+BC+CA=9+12+15=36 2 A D + 2 B C = 36 2AD+2BC=36 A D = 3 AD=3 (cm) suy ra B D = 6 BD=6 (cm); D I = 3 DI=3 cm. Gọi N = B I ∩ A C N=BI∩AC, ta có: B I B N = B D B A = 6 9 = 2 3 = B G B M BN BI ​ = BA BD ​ = 9 6 ​ = 3 2 ​ = BM BG ​ Suy ra I G IG // N M NM và I G = 2 3 N M IG= 3 2 ​ NM. Ta có ⋄ I D A F ⋄IDAF là hình vuông, có: B D B A = D I A N = 2 3 BA BD ​ = AN DI ​ = 3 2 ​ Suy ra A N = 4 , 5 AN=4,5 cm. Mà M M là trung điểm của A C AC nên: N M = A M − A N = 6 − 4 , 5 = 1 , 5 NM=AM−AN=6−4,5=1,5 (cm) suy ra I G = 1 IG=1 cm.

Đường tròn ( I ; r ) (I;r) tiếp xúc với các cạnh A B , A C , B C AB,AC,BC theo thứ tự M , N , P M,N,P. Ta có: S A I B = 1 2 I M . A B = 1 2 r . A B S AIB ​ = 2 1 ​ IM.AB= 2 1 ​ r.AB (1); S A I C = 1 2 I N . A C = 1 2 r . A C S AIC ​ = 2 1 ​ IN.AC= 2 1 ​ r.AC (2); S B I C = 1 2 r . B C S BIC ​ = 2 1 ​ r.BC (3) Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3), ta được: S A I B + S A I C + S B I C S A B C = 1 2 r . ( A B + A C + B C ) S ABC ​ S AIB ​ +S AIC ​ +S BIC ​ ​ = 2 1 ​ r.(AB+AC+BC) Mà S A B C = 1 2 A B . A C = 6.8 2 = 24 S ABC ​ = 2 1 ​ AB.AC= 2 6.8 ​ =24 cm2, B C = 6 2 + 8 2 = 100 = 10 BC= 6 2 +8 2 ​ = 100 ​ =10 cm Nên ta có: 24 = 1 2 r ( 6 + 8 + 10 ) 24= 2 1 ​

r(6+8+10) suy ra r = 2 r=2 (cm).

Xét \(\Delta A B C\) vuông tại \(B\), ta có:

\(tan ⁡ \hat{B A C} = \frac{B C}{A B} = \frac{2}{2 , 5} = 0 , 8\) (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

Suy ra \(\hat{B A C} \approx 38 , 7^{\circ}\)

Ta có: \(\hat{B A D} = \hat{B A C} + \hat{C A D} = 38 , 7^{\circ} + 2 0^{\circ} = 58 , 7^{\circ}\)

Xét \(\Delta A B D\) vuông tại \(B\), ta có:

\(tan ⁡ \hat{B A D} = \frac{B D}{A B}\) (tỉ số lượng giác của góc nhọn)

Suy ra \(B D = A B . tan ⁡ \hat{B A D} = 2 , 5. tan ⁡ 58 , 7^{\circ} \approx 4 , 1\) m.

\(C D = B D - B C = 4 , 1 - 2 = 2 , 1\) m.

Vậy độ dài vùng được chiếu sáng trên mặt đất là \(2 , 1\) m.

1)  \(sin ⁡ 3 5^{\circ} = cos ⁡ \left(\right. 9 0^{\circ} - 3 5^{\circ} \left.\right) = cos ⁡ \&\text{nbsp}; 5 5^{\circ}\);

\(tan ⁡ 2 8^{\circ} = cot ⁡ \left(\right. 9 0^{\circ} - 2 8^{\circ} \left.\right) = cot ⁡ 6 2^{\circ}\).

2) Xét \(\Delta A B C\) vuông tại \(A\), ta có:

\(B C = 20\)

\(cos ⁡ \hat{B} = \frac{A B}{B C} = \frac{A B}{20} = cos ⁡ 3 6^{\circ}\)

Suy ra \(A B = B C . cos ⁡ 3 6^{\circ} \approx 16 , 18\) cm.

Gọi tốc độ của xe máy lúc về là \(x\) (km/h), \(x > 0\)

Tốc độ của xe máy lúc đi là: \(x + 10\) (km/h)

Thời gian của xe máy lúc đi là \(\frac{60}{x + 10}\) (h)

Thời gian của xe máy lúc về là \(\frac{60}{x}\) (h)

Theo bài ra ta có phương trình:

\(\frac{60}{x} - \frac{60}{x + 10} = \frac{1}{2}\)

\(\frac{120 x + 1200}{2 x \left(\right. x + 10 \left.\right)} - \frac{120 x}{2 x \left(\right. x + 10 \left.\right)} = \frac{x \left(\right. x + 10 \left.\right)}{2 x \left(\right. x + 10 \left.\right)}\)

\(120 x + 1200 - 120 x = x \left(\right. x + 10 \left.\right)\)

\(x^{2} + 10 x = 1 200\)

\(x^{2} + 10 x + 25 = 1 225\)

\(\left(\left(\right. x + 5 \left.\right)\right)^{2} = 1 225\)

\(\left[\right. & x + 5 = 35 \\ & x + 5 = - 35\)

\(\left[\right. & x = 30 \\ & x = - 40\)

Đối chiếu điều kiện, ta có: \(x = 30\) thỏa mãn.

Vậy tốc độ của xe máy lúc về là \(30\) km/h.

 a) Điều kiện xác định: \(x \neq - 5\)

Ta có: \(\frac{x + 6}{x + 5} + \frac{3}{2} = 2\)

\(\frac{x + 6}{x + 5} = \frac{1}{2}\)

\(2 \left(\right. x + 6 \left.\right) = x + 5\)

\(2 x + 12 = x + 5\)

\(x = - 7\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x = - 7\).

b) \(\left{\right. & x + 3 y = - 2 \\ & 5 x + 8 y = 11\)

\(\left{\right. & - 5 x - 15 y = 10 \\ & 5 x + 8 y = 11\)

\(\left{\right. & - 7 y = 21 \\ & 5 x + 8 y = 11\)

\(\left{\right. & y = - 3 \\ & 5 x + 8. \left(\right. - 3 \left.\right) = 11\)

\(\left{\right. & y = - 3 \\ & x = 7\)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \(\left(\right. x ; y \left.\right) = \left(\right. 7 ; - 3 \left.\right)\).

a) \(t > - 5\).

b) \(x \geq 16\).

c) Với \(y\) (đồng) là mức lương tối thiểu cho một giờ làm việc của người lao động, ta có bất đẳng thức \(y \geq 20 000\).

d) \(y > 0\).