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.

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

xy-(x+7)(y-2)=9 (1)

(x-5)(y+2)-xy=15 (2)

2x-7y=-5 (3)

2x-5y=25

Giải hệ phương trình ta có x=50; y=15 (thoả mãn điều kiện của ẩn)

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

1.

Ta có

2x+3y=-2 (1)

4x+y=1 (2)

Nhân 2 vế của phương trình (1) với 2 ta được

4x+6y=-4 (3)

4x+y=1 (4)

Trừ vế với vế phương trình (3) và phương trình (4) ta được

5y=-5

y=-1

Thay y=-1 vào phương trình(2) ta được

4x+5=1

4x=-4

x=-1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(-1;-1)

2.

a) Với \(x > 0 ; x \neq 4\) ta có:

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

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

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

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

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

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

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

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 \(x = 1 ; x = 9 ; x = 25\)

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 (vô lí)

-Trường hợp 2

\(\sqrt{x} - 1 > \&\text{nbsp}; 0\) và \(\sqrt{x} - 2 < 0\)

\(\sqrt{x} - 1 > \&\text{nbsp}; 0\) và \(\sqrt{x} - 2 < 0\)

\(\sqrt{x} > 1\) và \(\sqrt{x} < \&\text{nbsp}; 2\)

\(x > 1\) và \(x < \&\text{nbsp}; 4\)

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 \(A O BA BA B= 14 0^{\circ}A B36 0^{\circ}= 36 0^{\circ} - 14 0^{\circ} = 22 0^{\circ}\)

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.

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

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

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

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 \(M < 1\).

a) \(\Delta A I E \sim \Delta A C I\) (g.g) suy ra \(\frac{A I}{A C} = \frac{A E}{A I}\) hay \(A I^{2} = A E . A C\) (1)

Chứng minh tương tự:

\(\Delta A I K \sim \Delta A K B\) (g.g) suy ra \(\frac{A K}{A B} = \frac{A F}{A K}\) hay \(A K^{2} = A B . A F\) (2)

Mà \(\Delta A B E \sim \Delta A C F\) (g.g) suy ra \(\frac{A B}{A C} = \frac{A E}{A F}\) hay \(A B . A F = A C . A E\) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(A I^{2} = A K^{2}\) suy ra \(A I = A K\).

b) Vì \(\hat{A} = 60^{\circ}\) suy ra \(\hat{B_{1}} = 30^{\circ}\)

Trong tam giác \(A B E\) vuông tại \(E\) nên \(A E = \frac{1}{2} A B ,\)

Trong tam giác \(A F C\) vuông tại \(F\) có \(\hat{C_{1}} = 30^{\circ}\) suy ra \(A F = \frac{1}{2} A C\).

Do đó, \(\Delta A E F \sim \Delta A B C\) (c.g.c).

suy ra \(\frac{S_{A E F}}{S_{A B C}} = \left(\left(\right. \frac{A E}{A B} \left.\right)\right)^{2} = \frac{1}{4}\).

Vậy \(S_{A E F} = \frac{1}{4} . 120 = 30\) cm\(^{2}\).