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

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

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

\(x = 200\) (tm) hoặc \(x = - 250\) (ktm)

Vậy theo kế hoạch, mỗi giờ thành phố Gia Nghĩa xét nghiệm được \(200\) người.

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,) Tứ giác $BCED$ nội tiếp, $C$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ suy ra \widehat{ACB}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\hat{E C B} = 9 0^{\circ}\).

Mặt khác \(E D ⊥ A B\) tại \(D\) (gt) suy ra \(\hat{E D B} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(B E\).

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

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

Suy ra \(B C E D\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(I\), đường kính \(B E\).

b) Xét \(\Delta A E D\) và \(\Delta A B C\) có:

\(\hat{B A C}\) chung

\(\hat{A D E} = \hat{A C B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta A E D \sim \Delta A B C\) (g.g)

Suy ra \(\frac{A E}{A B} = \frac{A D}{A C}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) hay \(A C . A E = A D . A B\).

Mà \(D\) là trung điểm của \(A O\) (gt) suy ra \(A D = \frac{1}{2} A O\)

\(O\) là tâm đường tròn đường kính \(A B\) (gt) nên \(A O = \frac{1}{2} A B\)

Suy ra \(A D = \frac{1}{2} A O = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} A B = \frac{1}{4} A B\)

Do đó, \(A C . A E = \frac{1}{4} A B . A B = \frac{A B^{2}}{4}\) (đpcm).

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 tứ giác \(B F H D\) nội tiếp.

Xét đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\) có \(\hat{C F B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(C F ⊥ A B\).

\(\hat{C F B} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(B E ⊥ A C\)

Mà \(C F\) cắt \(B E\) tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của tam giác \(A B C\)

Hay \(A H ⊥ B C\), suy ra \(\hat{H D B} = 9 0^{\circ}\)

Gọi \(K\) là trung điểm \(B H\).

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

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

Từ (1) và (2) suy ra \(K B = K H = K F = K D\).

Vậy tứ giác \(B F H D\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(K\) đường kính \(B H\).

b) Chứng minh tứ giác \(A B D E\) nội tiếp.

Gọi \(O\) là trung điểm \(A B\).

Xét tam giác \(A D B\) có \(\hat{A D B} = 9 0^{\circ}\) và \(D O\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(O D = O A = O B = \frac{1}{2} A B\) (3)

Xét tam giác \(A E B\) có \(\hat{A E B} = 9 0^{\circ}\) và \(E O\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(O E = O A = O B = \frac{1}{2} A B\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(O D = O E = O A = O B\).

Vậy tứ giác \(A B D E\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(O\) đường kính \(A B\).