a) Số mét khối nước cần có để bơm đầy bể bơi thứ nhất:

     \(1 , 2 x y\) (m\(^{3}\)) 

Số mét khối nước cần có để bơm đầy bể bơi thứ hai:

     \(1 , 5.5 x . 5 y = 37 , 5 x y\) (m\(^{3}\)) 

Số mét khối nước cần có để bơm đầy cả hai bể bơi:

     \(1 , 2 x y + 37 , 5 x y = 38 , 7 x y\) (m\(^{3}\)).

b) Lượng nước bơm đầy hai bể nếu \(x = 4\) m, \(y = 3\) m là:

\(38 , 7.4.3 = 464 , 4\) (m\(^{3}\))​.

a) Số mét khối nước cần có để bơm đầy bể bơi thứ nhất:

     \(1 , 2 x y\) (m\(^{3}\)) 

Số mét khối nước cần có để bơm đầy bể bơi thứ hai:

     \(1 , 5.5 x . 5 y = 37 , 5 x y\) (m\(^{3}\)) 

Số mét khối nước cần có để bơm đầy cả hai bể bơi:

     \(1 , 2 x y + 37 , 5 x y = 38 , 7 x y\) (m\(^{3}\)).

b) Lượng nước bơm đầy hai bể nếu \(x = 4\) m, \(y = 3\) m là:

\(38 , 7.4.3 = 464 , 4\) (m\(^{3}\))​.

a) Ta có \(\left{\right. & B H ⊥ A C \\ & K C ⊥ A C\) suy ra \(B H\) // \(K C\) \(\left(\right. 1 \left.\right)\)

Và \(\left{\right. & C H ⊥ A B \\ & K B ⊥ A B\) suy ra \(C H\) // \(K B\) \(\left(\right. 2 \left.\right)\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\) và \(\left(\right. 2 \left.\right)\) suy ra \(B H C K\) là hình bình hành.

b) Vì \(B H C K\) là hình bình hành nên \(B C\) cắt \(H K\) tại trung điểm \(M\) của \(B C\)

\(M\) là trung điểm của \(H K\) suy ra \(H , M , K\) thẳng hàng.

c) \(\Delta B H I\) có \(B G\) vừa là đường cao, trung tuyến nên \(B G\) là trung trực của \(H I .\)

Khi đó \(M H = M I\)

\(\Delta H I K\) có \(I M\) là đường trung tuyến và \(I M = \frac{1}{2} H K\) suy ra \(\Delta H I K\) vuông tại \(I\)

Suy ra \(I K ⊥ H I .\)

Mà \(B C ⊥ H I\) nên \(B C\) // \(I K\) suy ra \(B C K I\) là hình thang.

\(\Delta B I H\) cân tại \(B\) lại có \(B G\) là trung trực nên cũng là phân giác của \(\hat{H B I}\)

Do đó \(\hat{G B I} = \hat{G B H}\)

Mà \(\hat{H B G} = \hat{G C K}\) (hai góc so le trong) nên \(\hat{I B C} = \hat{K C B}\)

Suy ra \(B C K I\) là hình thang cân.​

a) Ta có \(\left{\right. & B H ⊥ A C \\ & K C ⊥ A C\) suy ra \(B H\) // \(K C\) \(\left(\right. 1 \left.\right)\)

Và \(\left{\right. & C H ⊥ A B \\ & K B ⊥ A B\) suy ra \(C H\) // \(K B\) \(\left(\right. 2 \left.\right)\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\) và \(\left(\right. 2 \left.\right)\) suy ra \(B H C K\) là hình bình hành.

b) Vì \(B H C K\) là hình bình hành nên \(B C\) cắt \(H K\) tại trung điểm \(M\) của \(B C\)

\(M\) là trung điểm của \(H K\) suy ra \(H , M , K\) thẳng hàng.

c) \(\Delta B H I\) có \(B G\) vừa là đường cao, trung tuyến nên \(B G\) là trung trực của \(H I .\)

Khi đó \(M H = M I\)

\(\Delta H I K\) có \(I M\) là đường trung tuyến và \(I M = \frac{1}{2} H K\) suy ra \(\Delta H I K\) vuông tại \(I\)

Suy ra \(I K ⊥ H I .\)

Mà \(B C ⊥ H I\) nên \(B C\) // \(I K\) suy ra \(B C K I\) là hình thang.

\(\Delta B I H\) cân tại \(B\) lại có \(B G\) là trung trực nên cũng là phân giác của \(\hat{H B I}\)

Do đó \(\hat{G B I} = \hat{G B H}\)

Mà \(\hat{H B G} = \hat{G C K}\) (hai góc so le trong) nên \(\hat{I B C} = \hat{K C B}\)

Suy ra \(B C K I\) là hình thang cân.​