Ta có: \(1 , 8\) m = 180 cm

Gọi \(r\) (cm) là bán kính của đường tròn nhỏ

Đường kính của đường tròn nhỏ là \(2 r\) (cm) \(\left(\right. r > 0 \left.\right)\)

Đường kính của đường tròn lớn là: \(2.2 r = 4 r\) (cm)

Ta có: \(2 r + 4 r = 180\) (vì \(\left(\right. O \left.\right)\) tiếp xúc với \(\left(\right. O ’ \left.\right)\))

\(6 r = 180\)

\(r = 30\) cm.

Vậy để đắp người tuyết có chiều cao là \(1 , 8\) m thì ta cần đắp hai quả cầu tuyết có đường kính lần lượt là \(60\) cm và \(120\) cm

a: Ta có: ΔOBD cân tại O

mà OA là đường cao

nên OA là phân giác của góc BOD

Xét ΔOBA và ΔODA có

OB=OD

\(\hat{B O A} = \hat{D O A}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔODA

=>\(\hat{O B A} = \hat{O D A}\)

=>\(\hat{O D A} = 9 0^{0}\)

=>AD là tiếp tuyến của (O)

Xét (O) có

ΔBDE nội tiếp

BE là đường kính

Do đó: ΔBDE vuông tại D

=>BD\(\bot\)DE

mà BD\(\bot\)OA

nên OA//DE

b: Xét (O) có

ΔBFE nội tiếp

BE là đường kính

Do đó: ΔBFE vuông tại F

=>BF\(\bot\)AE tại F

Xét ΔBEA vuông tại B có BF là đường cao

nên \(A F \cdot A E = A B^{2} \left(\right. 1 \left.\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BC là đường cao

nên \(A C \cdot A O = A B^{2} \left(\right. 2 \left.\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(A F \cdot A E = A C \cdot A O\)

b) Vì \(F\) thuộc đường tròn đường kính \(B E\) nên \(\hat{B F E} = 9 0^{\circ}\)

Xét \(\Delta A B E\) vuông tại \(B\) có: \(B F\) là đường cao

Suy ra \(A E . A F = A B^{2}\)

Chứng minh tương tự, ta có: \(A C . A O = A D^{2} .\)

Mà \(A B = A D\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó \(AB^2=AD^2\)

Suy ra: \(A E . A F = A C . A O\).

c) Vì \(D\) thuộc đường tròn đường kính BE nên \(\hat{B D E} = 9 0^{\circ}\).

Ta có: \(B D\) là đường cao của \(\Delta B G E\); \(E F\) là đường cao của \(\Delta B G E\).

Mà \(B D , E F\) cắt nhau tại \(H\).

Do đó \(H\) là trực tâm của \(\Delta B G E\).

Suy ra: \(GH ⊥ BE; AB ⊥ BE \)

Nên \(G H / / A B\).

Xét \(\Delta B I E\)có: \(B O = E O \left(\right. = R \left.\right) ; A O / / E I \left(\right. A O / / D E \left.\right)\).

Do đó \(A B = A I\).

Gọi vị trí ban đầu của người đó là điểm \(A\).

Vì thời gian thực hiện mỗi vòng của đu quay là \(30\) phút nên khi đu quay quay đều thì \(10\) phút người đó đi được \(\frac{1}{3}\) vòng tròn và đang ở vị trí điểm \(B\) như hình vẽ sau:

Gọi \(A^{'} , B^{'}\) lần lượt là hình chiếu của \(A , B\) trên mặt đất, kẻ \(O H ⊥ B B^{'}\).Ta có: \(\hat{A O B} = \frac{1}{3} . 36 0^{\circ} = 12 0^{\circ} , \&\text{nbsp}; O A^{'} = 80\) m.

Vì \(O A^{'} B^{'} H\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông) nên \(H B^{'} = O A^{'} = 80\) (m).

Ta có: \(\hat{A O H} = 9 0^{\circ}\)

\(\hat{B O H} = 12 0^{\circ} - 9 0^{\circ} = 3 0^{\circ}\)

Xét tam giác vuông \(O B H\) có: 

\(B H = O B . sin ⁡ 3 0^{\circ} = 75. \frac{1}{2} = 37 , 5\) (m)

\(B B^{'} = B H + H B^{'} = 37 , 5 + 80 = 117 , 5\) (m).

Vậy sau \(10\) phút người đó ở độ cao \(117 , 5\) m so với mặt đất.

Gọi số luống rau trong vườn nhà Mai là \(x\)  (\(x \in N , x > 5\))

Gọi số cây rau trồng trên mỗi luống là \(y\) (\(y \in N , y > 2\))

Tổng số cây rau bắp cải trong vườn nhà Mai là \(x y\)

Theo bài ra ta có hệ phương trình :\(\begin{cases}xy-\left(x+7\right)\left(y-2\right)=9\\ \left(x-5\right)\left(y+2\right)-xy=15\end{cases}\)

⇔\(\begin{cases}2x-7y=5\\ 2x-5y=25\end{cases}\)

​Giải hệ phương trình ta được \(\begin{cases}x=50\\ y=15\end{cases}\) (thoả mãn điều kiện của ẩn)

Vậy tổng số cây rau bắp cải trong vườn nhà Mai là \(50.15 = 750\) cây

Ta có:

\(\begin{cases}2x+3y=-2\\ 4x+y=1\end{cases}\) \(\)

\(\begin{cases}4x+6y=4\\ 4x+y=1\end{cases}\)

\(\begin{cases}5y=-5\\ 4x+y=1\end{cases}\)

\(\begin{cases}y=-1\\ 4x-y=1\end{cases}\)

\(\begin{cases}y=-1\\ 4x=1+1\end{cases}\)

\(\begin{cases}x=\frac12\\ y=-1\end{cases}\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left(\right. x ; y \left.\right) = \left(\right. \frac{1}{2} ; - 1 \left.\right)\).

2.

a) Với \(x > 0 ; x \neq 4\) ta có:

\(P=\left(\right.\frac{x}{x \sqrt{x} - 4 \sqrt{x}}-\frac{6}{3 \sqrt{x} - 6}+\frac{1}{\sqrt{x} + 2}\left.\right):\left(\right.\sqrt{x}–2+\frac{10 - x}{\sqrt{x} + 2}\left.\right)\)

\(= \left[\right. \frac{x}{\sqrt{x} \left(\right. x - 4 \left.\right)} - \frac{6}{3 \left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)} - \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \left]\right. : \left(\right. \frac{x - 4 + 10 - x}{\sqrt{x} + 2} \left.\right)\)

\(= \left[\right. \frac{\sqrt{x}}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} - \frac{2}{\sqrt{x} - 2} + \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \left]\right. : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 2 \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right) + \sqrt{x} - 2}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 2 \sqrt{x} - 4 + \sqrt{x} - 2}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{- 6}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} . \frac{\sqrt{x} + 2}{6}\)

\(= \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2}\).

Vậy \(P = \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2}\).

b) Với  \(x > 0 ; x \neq 4\). Ta có

\(Q = \left(\right. - \sqrt{x} - 1 \left.\right) . P = \left(\right. - \sqrt{x} - 1 \left.\right) . \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2} = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 2} = 1 + \frac{3}{\sqrt{x} - 2}\).

+ Nếu \(x\) không là số chính phương, suy ra \(\sqrt{x}\) là số vô tỉ.

Do đó \(Q\) không nguyên.

+ Nếu \(x\) là số chính phương, suy ra \(\sqrt{x}\) là số nguyên.

Do đó \(Q\) nguyên hay \(\frac{3}{\sqrt{x} - 2}\) nguyên khi và chỉ khi \(\sqrt{x} - 2\) thuộc ước của \(3\)

Giải ra tìm được các giá trị \(x = 1 ; x = 9 ; x = 25\) (TMĐK).

Vậy \(x = 1 ; x = 9 ; x = 25\)

x− 3x​+2 <0

Điều kiện: \(x \geq 0\).

\(\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) < 0\).

Ta xét hai trường hợp:

- Trường hợp 1:

\(\sqrt{x} - 1 < 0\) và \(\sqrt{x} - 2 > 0\)

\(\sqrt{x} < 1\) và \(\sqrt{x};>2\)

\(x<1\) và \(x>4\) (loại)

- Trường hợp 2:

\(\sqrt{x}-1>0\) và \(\sqrt{x} - 2 < 0\)

\(\sqrt{x} > 1\) và \(\sqrt{x}<2\)

\(x > 1\) và \(x<4\)

Kết hợp với điều kiện xác định là \(x \geq 0\), ta có: \(1 < x < 4\).

a) Gọi \(D\) là trung điểm \(M O .\)

Xét tam giác \(A M O\) vuông tại \(A\), với \(A D\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(M O\) của tam giác, suy ra \(A D = D M = D O\) (1).

Xét tam giác \(B M O\) vuông tại \(A\), với \(B D\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(M O\) của tam giác, suy ra \(D O \&\text{nbsp}; = D M = B D\) (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra \(D A = D M = D O = D B\). Vậy bốn điểm \(A ; M ; B ; O\) thuộc cùng một đường tròn.

b) Vì \(A M\) và \(B M\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\)

Suy ra \(O M\) là tia phân giác của \(\hat{A M B}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\hat{A M O} = \hat{B M O} = \frac{\hat{A M B}}{2} = \frac{4 0^{\circ}}{2} = 2 0^{\circ}\)

Vì \(A M\) là tiếp tuyến của đường tròn 

Suy ra \(O A \bot A M\) (tính chất)

Suy ra \(\hat{O A M} = 9 0^{\circ}\).

Xét tam giác \(A O M\) có:

\(\hat{O A M} + \hat{A M O} + \hat{A O M} = 18 0^{\circ}\) (định lí tổng ba góc của một tam giác)

\(9 0^{\circ} + 2 0^{\circ} + \hat{A O M} = 18 0^{\circ}\)

\(\hat{A O M} = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} - 2 0^{\circ}\)

\(\hat{A O M} = 7 0^{\circ}\)

c) Vì \(A M\) và \(B M\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M.

\(O M\) là tia phân giác \(\hat{A O B}\) (tính chất).

\(\hat{A O M} = \hat{B O M} = \frac{\hat{A O B}}{2}\)

\(\hat{A O B} = 2 \hat{A O M}\)

Suy ra \(\hat{A O B} = 2.7 0^{\circ} = 14 0^{\circ}\)

Ta có: \(\hat{A O B}\) là góc ở tâm chắn cung nhỏ AB⌢AB⌢

Vậy số đo góc \(A O B\) bằng số đo cung nhỏ \(A B\) (định lí góc ở tâm).

số đo cung \(A B\) nhỏ là \(= 14 0^{\circ}\)

Số đo cung \(A B\) lớn là:

\(36 0^{\circ}\) - sđ AB⌢AB⌢ nhỏ

\(= 36 0^{\circ} - 14 0^{\circ} = 22 0^{\circ}\)

Gọi chiều cao của cây là \(A B\), chiều dài của bóng cây là \(B C\), góc tạo thành giữa tia nắng mặt trời với cây là \(\hat{C}\) và vị trí gốc cây là góc \(\hat{B}\).

Do cây thì luôn vuông góc với mặt đất nên ta có \(\Delta A B C\) vuông tại \(B\). Do đó ta có:

\(tan ⁡ \hat{C} = \frac{A B}{B C}\)

Thay số, ta tính được

\(A B = B C . tan ⁡ \hat{C} = tan ⁡ 2 8^{\circ} . 16 \approx 8 , 5\) m.

Vậy cây cao khoảng \(8 , 5\) m.

Gọi vận tốc thực của ca nô là \(x\) \(\left(\right. x > 5\); km/h\(\left.\right)\).

Vận tốc xuôi dòng của ca nô là \(x + 5\) km/h.

Vận tốc ngược dòng của ca nô là \(x - 5\) km/h.

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là : \(\frac{60}{x + 5}\) (giờ)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là : \(\frac{60}{x - 5}\) (giờ)

Theo bài ra ta có phương trình:

\(\frac{60}{x + 5} + \frac{60}{x - 5} = 5\)

\(60 \left(\right. x - 5 \left.\right) + 60 \left(\right. x + 5 \left.\right) = 5 \left(\right. x^{2} - 25 \left.\right)\)

\(5 x^{2} - 120 x - 125 = 0.\)

Giải phương trình ta được: 

\(x_{1} = - 1\) (không thỏa mãn điều kiện); 

\(x_{2} = 25\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy vận tốc thực của ca nô là \(25\) km/h.

1. \(\sqrt{32}+\sqrt{50}-2\sqrt{8}+\sqrt{18}\).

​\(=\sqrt{16.2}+\sqrt{25.2}-\sqrt{16.2}+\sqrt{9.2}\) ==

​\(= 4 \sqrt{2} + 5 \sqrt{2} - 4 \sqrt{2} + 3 \sqrt{2}\)

\(= \left(\right. 4 + 5 - 4 + 3 \left.\right) \sqrt{2} = 8 \sqrt{2}\)

​222

\(\)2.

a) Điều kiện: \(a > 0\) và \(a \neq 1\)
\(M = \left(\right. \frac{1}{a - \sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{a} - 1} \left.\right) : \frac{\sqrt{a} + 1}{a - 2 \sqrt{a} + 1}\)

\(= \left(\right. \frac{1}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)} + \frac{1}{\sqrt{a} - 1} \left.\right) : \frac{\sqrt{a} + 1}{\left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}\) 

\(= \frac{1 + \sqrt{a}}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)} \cdot \frac{\left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}{\sqrt{a} + 1}\)

\(= \frac{\left(\right. 1 + \sqrt{a} \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} + 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{a} - 1}{\sqrt{a}}\)

b) Xét hiệu: 

\(M - 1 = \frac{\sqrt{a} - 1}{\sqrt{a}} - 1 = \frac{- 1}{\sqrt{a}} < 0\) với \(a > 0\) và \(a \neq 1\).

Vậy \(M < 1\).