Gọi thời gian chảy 1 mình đầy bể của vòi thứ nhất là x giờ, vòi thứ hai là y giờ (x;y>0)

Trong1 giờ vòi thứ nhất chảy được \(\dfrac{1}{x}\) phần bể, vòi thứ 2 chảy được \(\dfrac{1}{y}\) phần bể

Trong 1 giờ cả 2 vòi cùng chảy được \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\) phần bể

Do 2 vòi cùng chảy trong 12 giờ thì đầy bể nên ta có pt:

\(12\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)=1\Rightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{12}\) (1)

Vòi 1 chảy 1 mình trong 5 giờ được: \(5.\dfrac{1}{x}=\dfrac{5}{x}\) phần bể

Vòi 2 chảy 1 mình trong 15 giờ được: \(\dfrac{15}{y}\) phần bể

Do vòi thứ nhất chảy 1 mình 5 giờ, khóa lại, rồi vòi 2 chảy 1 mình 15 giờ được \(75\%=\dfrac{3}{4}\) phần bể nên ta có pt:

\(\dfrac{5}{x}+\dfrac{15}{y}=\dfrac{3}{4}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{12}\\\dfrac{5}{x}+\dfrac{15}{y}=\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{20}\\\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{30}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=20\\y=30\end{matrix}\right.\)

Gọi số bộ quần áo tổ A sản xuất trong tuần đầu là x (bộ) và tổ B là y (bộ) với x;y nguyên dương

Do tuần đầu hai tổ sản xuất được 1500 bộ nên ta có pt:

\(x+y=1500\) (1)

Sang tuần 2 tổ A vượt mức 25% nên tổ A sản xuất được:

\(x+x.25\%=\dfrac{5x}{4}\) (bộ)

Tuần 2 tổ B giảm mức 18% nên tổ B sản xuất được:

\(y-y.18\%=\dfrac{41}{50}y\) (bộ)

Ở tuần 2 cả 2 tổ sản xuất được 1617 bộ nên ta có pt:

\(\dfrac{5x}{4}+\dfrac{41y}{50}=1617\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=1500\\\dfrac{5x}{4}+\dfrac{41y}{50}=1617\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=900\\y=600\end{matrix}\right.\)

Do \(OC=OD=CD=R\Rightarrow\Delta OCD\) là tam giác đều

\(\Rightarrow\widehat{COD}=60^0\)

Mà \(\widehat{CAD}=\dfrac{1}{2}\widehat{COD}\) (góc nt và góc ở tâm cùng chắn CD)

\(\Rightarrow\widehat{CAD}=30^0\)

AB là đường kính nên \(\widehat{ADB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{ADB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ADP}=90^0\Rightarrow\widehat{APB}=180^0-\left(90^0+30^0\right)=60^0\)

Tương tự ta có \(\widehat{ACB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\Rightarrow\widehat{BCP}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{CQD}=360^0-\left(\widehat{APB}+\widehat{ADP}+\widehat{ACB}\right)=360^0-\left(60^0+90^0+90^0\right)=120^0\)

\(\Rightarrow\widehat{AQB}=\widehat{CQD}=120^0\) (2 góc đối đỉnh)

a: Thay m=4 vào phương trình, ta được:

\(x^2-4x+4-1=0\)

=>\(x^2-4x+3=0\)

=>(x-1)(x-3)=0

=>\(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x-3=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\)

b: \(\text{Δ}=\left(-4\right)^2-4\cdot1\left(m-1\right)\)

\(=16-4m+4=-4m+20\)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0

=>-4m+20>0

=>-4m>-20

=>\(m< 5\)

Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{\left(-4\right)}{1}=4\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=m-1\end{matrix}\right.\)

\(x_1\left(x_1+2\right)+x_2\left(x_2+2\right)=20\)

=>\(\left(x_1^2+x_2^2\right)+2\left(x_1+x_2\right)=20\)

=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2+2\left(x_1+x_2\right)=20\)

=>\(4^2-2\cdot\left(m-1\right)+2\cdot4=20\)

=>-2(m-1)+24=20

=>-2(m-1)=-4

=>m-1=2

=>m=3(nhận)

\(A=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{6+2\sqrt{5}}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}\)

\(=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{5+\sqrt{5}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{5-\sqrt{5}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)\left(5-\sqrt{5}\right)+2\left(3-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}{\left(5-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}\)

\(=\dfrac{40}{20}=2\)

Gọi vận tốc riêng của cano là x(km/h) và vân tốc riêng của dòng nước là y (km/h) với x>0,y>0

Vận tốc cano khi xuôi dòng: \(x+y\) (km/h)

Vận tốc cano khi ngược dòng: \(x-y\) (km/h)

Do cano xuôi dòng 84km và ngược dòng 50km hết 5h30 phút =11/2 giờ nên ta có:

\(\dfrac{84}{x+y}+\dfrac{50}{x-y}=\dfrac{11}{2}\)

Do cano xuôi dòng 56km và ngược dòng 60km hết 6h nên:

\(\dfrac{56}{x+y}+\dfrac{60}{x-y}=6\)

Ta được hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{84}{x+y}+\dfrac{50}{x-y}=\dfrac{11}{2}\\\dfrac{56}{x+y}+\dfrac{60}{x-y}=6\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x+y}=u\\\dfrac{1}{x-y}=v\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}84u+50v=\dfrac{11}{2}\\56u+60v=6\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u=\dfrac{3}{224}\\v=\dfrac{7}{80}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=\dfrac{224}{3}\\x-y=\dfrac{80}{7}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{904}{21}\\y=\dfrac{664}{21}\end{matrix}\right.\)

a: \(x^2-mx-4=0\)

a=1; b=-m; c=-4

Vì \(a\cdot c=1\cdot\left(-4\right)=-4< 0\)

nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left(-m\right)}{1}=m\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=-\dfrac{4}{1}=-4\end{matrix}\right.\)

\(x_1x_2-x_1^2-x_2^2=-13\)

=>\(x_1x_2-\left(x_1^2+x_2^2\right)=-13\)

=>\(x_1x_2-\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]=-13\)

=>\(-4-m^2+2\cdot\left(-4\right)=-13\)

=>\(-12-m^2=-13\)

=>\(m^2=1\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-1\end{matrix}\right.\)

a. Câu này đơn giản em tự giải

b.

Xét hai tam giác OIM và OHN có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OIM}=\widehat{OHN}=90^0\\\widehat{MON}\text{ chung}\\\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OIM\sim\Delta OHN\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OM}{ON}\Rightarrow OI.ON=OH.OM\)

Cũng từ 2 tam giác đồng dạng ta suy ra \(\widehat{OMI}=\widehat{ONH}\)

Tứ giác OAMI nội tiếp (I và A cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{OMI}\)

\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{ONH}\) hay \(\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\)

c.

Xét hai tam giác OAI và ONA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\left(cmt\right)\\\widehat{AON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAI\sim\Delta ONA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OA}{ON}=\dfrac{OI}{OA}\Rightarrow OI.ON=OA^2=OC^2\) (do \(OA=OC=R\))

\(\Rightarrow\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\)

Xét hai tam giác OCN và OIC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\\\widehat{CON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OCN\sim\Delta OIC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{OCN}=\widehat{OIC}=90^0\) hay tam giác ACN vuông tại C

\(\widehat{ABC}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow BC\perp AB\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACN với đường cao BC:

\(BC^2=BN.BA=BN.2BH=2BN.BH\) (1)

O là trung điểm AC, H là trung điểm AB \(\Rightarrow OH\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow OH=\dfrac{1}{2}BC\)

Xét hai tam giác OHN và EBC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OHN}=\widehat{EBC}=90^0\\\widehat{ONH}=\widehat{ECB}\left(\text{cùng phụ }\widehat{IEB}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta OHN\sim\Delta EBC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{OH}{EB}=\dfrac{HN}{BC}\Rightarrow HN.EB=OH.BC=\dfrac{1}{2}BC^2\)

\(\Rightarrow BC^2=2HN.EB\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow BN.BH=HN.BE\)

\(\Rightarrow BN.BH=\left(BN+BH\right).BE\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{BE}=\dfrac{BN+BH}{BN.BH}=\dfrac{1}{BH}+\dfrac{1}{BN}\) (đpcm)

Đề bài là sao nhỉ? Em có nhầm lẫn chỗ nào không? Vì đề đã cho sẵn người 1 làm riêng trong 8 giờ xong và người 2 làm riêng trong 12 giờ xong nên đó chính là đáp số rồi.