Gọi cạnh đáy, chiều cao của hình vuông lần lượt là: \(x\) (dm); \(h\) (dm), \(\left(\right. x ; y > 0 \left.\right)\)

Ta có thể tích của hình hộp chữ nhật là: \(V = x^{2} . h = 8\)

Suy ra \(h = \frac{8}{x^{2}}\)

\(S_{t p} = 2 x^{2} + 4 x h = 2 x^{2} + 4 x . \frac{8}{x^{2}} = 2 x^{2} + \frac{32}{x}\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta được:

\(S_{t p} = 2 x^{2} + \frac{32}{x} = 2 x^{2} + \frac{16}{x} + \frac{16}{x} \geq 3. \sqrt[3]{2 x^{2} . \frac{16}{x} . \frac{16}{x}} = 24\)

Dấu "=" xảy ra khi \(2 x^{2} = \frac{16}{x}\)

\(x = 2\) (thỏa mãn).

Vậy độ dài cạnh đáy của hình hộp muốn thiết kế là: \(2\) dm.

a) Ta có \(M K\), \(B K\) là các tiếp tuyến của \(\left(\right. O \left.\right)\)

Suy ra \(\hat{O M K} = \hat{O B K} = 9 0^{\circ}\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(\Delta M K O\) vuông tại \(M\), \(\Delta O B K\) vuông tại \(B\).

Dựng đường trung tuyến \(M I\), \(B I\) lần lượt trong \(\Delta M K O , \Delta O B K\) với \(I\) là trung điểm của \(O K\).

Suy ra \(I M = I O = I K = I B = \frac{1}{2} O K\) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Suy ra các điểm \(M\), \(O\), \(K\), \(B\) đều nằm trên đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\)

Vậy tứ giác \(M O B K\) là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(M K\), \(B K\) là các tiếp tuyến của \(\left(\right. O \left.\right)\) cắt nhau tại \(K\).

Suy ra \(K M = K B\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(K O\) là phân giác của \(\hat{M K B}\)

Suy ra \(K O\) đồng thời là đường cao trong \(\Delta M K B\).

Vậy \(O K ⊥ M B\)

c)Chứng minh \(\hat{E M K} = \hat{M F E}\)

Ta có \(O M = O E\) nên \(\Delta O M E\) cân tại \(O\).

Dựng đường cao \(O P\) của \(\Delta O M E\)

Suy ra \(\Delta O P M\) vuông tại \(P\)

Do đó \(\hat{P M O} + \hat{M O P} = 9 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{P M O} + \hat{E M K} = 9 0^{\circ}\) (\(M K\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\))

Suy ra \(\hat{M O P} = \hat{E M K}\)

Mặt khác \(O P\) là đường cao đồng thời là đường phân giác trong \(\Delta O M E\)

Ta có: \(\hat{M O P} = \hat{E M K} = \frac{1}{2} \hat{M O E}\) (1)

Ta thấy \(\hat{M F E}\) và \(\hat{M O E}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(M E\).

Suy ra \(\hat{M F E} = \frac{1}{2} \hat{M O E}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\hat{E M K} = \hat{M F E}\) (đpcm)

*) Chứng minh \(\hat{O F E} = \hat{E H K}\)

Xét \(\Delta O M K\) và \(\Delta M H K\) có:

\(\hat{O M K} = \hat{M H K} = 9 0^{\circ}\)

\(\hat{M K O}\) chung

Suy ra \(\Delta O M K s i m \Delta M H K\) (g.g)

Suy ra \(\frac{O K}{M K} = \frac{M K}{H K}\) hay \(M K^{2} = O K . H K\) (1)

Xét \(\Delta M E K\) và \(\Delta F M K\) có:

\(\hat{E M K} = \hat{M F E}\) (cmt)

\(\hat{E K M}\) chung

Suy ra \(\Delta M E K s i m \Delta F M K\) (g.g)

Suy ra \(\frac{E K}{M K} = \frac{M K}{F K}\) hay \(M K^{2} = E K . F K\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(O K . H K = E K . F K\) hay \(\frac{K F}{H K} = \frac{O K}{E K}\)

Xét \(\Delta O F K\) và \(\Delta E H K\) có:

\(\frac{K F}{H K} = \frac{O K}{E K}\) (cmt)

\(\hat{O K F}\) chung

Suy ra \(\Delta O F K s i m \Delta E H K\) (c.g.c)

Vậy \(\hat{O F E} = \hat{E H K}\) (hai góc tương ứng) (đpcm).

Vì đáy bể là hình vuông có độ dài đường chéo là \(4\) m nên diện tích đáy bể là: \(S_{1} = 4.4 : 2 = 8\) m²

Thể tích của bể theo mẫu 1 là: \(V_{1} = S_{1} . h_{1} = 8.2 = 16\) m³

Δ=[−2(m−3)]2−4⋅1⋅[−2(m−1)]=4m2−16m+28=4⋅(m−2)2+12

mà (x - 2)² ≥ 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

theo định lý vi-et ta có:

\({\begin{cases}x_1+x_2=2\cdot\left(\right.m-3\left.\right)\\ x1x2=-2(m-1)\end{cases}}\)

\(x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = \left(\left(\right. x_{1} + x_{2} \left.\right)\right)^{2} - 2 x_{1} x_{2} = \left(\left[\right. 2 \cdot \left(\right. m - 3 \left.\right) \left]\right.\right)^{2} - 2 \cdot \left[\right. - 2 \cdot \left(\right. m - 1 \left.\right) \left]\right. = 4 \cdot \left(\right. m^{2} - 5 m + 8 \left.\right) = 4 \cdot \left[\right. \left(\left(\right. m - \frac{5}{2} \left.\right)\right)^{2} + \frac{7}{4} \left]\right. = 4 \cdot \left(\left(\right. m - \frac{5}{2} \left.\right)\right)^{2} + 7 \geq 7\)

dấu "=" xảy ra khi \(m - \frac{5}{2} = 0 \Rightarrow m = \frac{5}{2}\)

vậy min của biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất là 7  khi m = \(\frac{5}{2}\)

gọi x; y (nghìn đồng) lần lượt là số tiền bác an và bác bình phải trả (0 < x; y < 500)

hai hộ gia đình bác an và bác bình dùng tổng cộng 500 nghìn đồng nên:

x + y = 500  (1)

số tiền sau khi bác an giảm được 15% tiền điện là: \(\left(\right. 1 - 15 \% \left.\right) x = 0 , 85 x\)

số tiền sau khi bác bình giảmm được 10% tiền điện là: \(\left(\right. 1 - 10 \% \left.\right) y = 0 , 9 y\)

theo đề hai hộ gia đình tiết kiệm được 65 nghìn đồng nên:

\(x + y - \left(\right. 0 , 85 x + 0 , 9 y \left.\right) = 63 \Rightarrow 0 , 15 x + 0 , 1 y = 63 \left(\right. 2 \left.\right)\)

từ (1) (2) ta có hệ phương trình: \(\begin{cases}x+y=500\\ 0,15x+0.1y=63\end{cases}\rarr\begin{cases}x=260\left(nghìn\right)\left(TM\right)\\ y=240\left(nghìn\right)\left(TM\right)\end{cases}\) \(\)

vậy nhà bác an đã dùng 260 nghìn đồng; nhà bác bình đã dùng 240 nghìn đồng

Gọi số xe theo dự định là \(x\) chiếc (\(x \in \mathbb{N}^{*}\))

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là: \(\frac{120}{x}\) (tấn)

Do lúc sắp khởi hành đội được bổ sung thêm \(5\) chiếc xe cùng loại nên suy ra: số xe thực tế chở là: \(x + 5\) (chiếc)

Lượng hàng mỗi xe phải chở theo thực tế là: \(\frac{120}{x + 5}\) (tấn)

Theo bài ra ta có phương trình:

\(\frac{120}{x}\) - \(\frac{120}{x + 5} = 2\)

Biến đổi đưa về phương trình: \(x^{2} + 5 x - 300 = 0\)

Giải phương trình được \(x_{1} = 15\), \(x_{2} = - 20\)

\(x = - 20\) không thỏa mãn (loại)

\(x = 15\) (thỏa mãn)

Vậy số xe ban đầu là \(15\) xe.

a; thay x = \(\frac{1}{4}\) vào A ta được:

\(A = \frac{x}{\sqrt{x} + 1} = \frac{\frac{1}{4}}{\sqrt{\frac{1}{4}} + 1} = \frac{1}{6}\)

\(b ; \frac{3}{\sqrt{x} + 1} + \frac{1}{1 - \sqrt{x}} + \frac{x + 5}{x - 1} = \frac{3}{\sqrt{x} + 1} - \frac{1}{\sqrt{x} - 1} + \frac{x + 5}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)} = \frac{3 \cdot \left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) - \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right) + \left(\right. x + 5 \left.\right)}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)} = \frac{3 \sqrt{x} - 3 - \sqrt{x} - 1 + x + 5}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)} = \frac{x + 2 \sqrt{x} + 1}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)} = \frac{\left(\left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)\right)^{2}}{\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 1 \left.\right)} = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1}\)

c; P = A.B = \(\frac{x}{\sqrt{x} + 1} \cdot \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1} = \frac{x}{\sqrt{x} - 1}\)

để \(P\leq4\&\thì\frac{x}{\sqrt{x} - 1}\leq4\)

\(\Rightarrow x \leq 4 \sqrt{x} - 4 \Rightarrow x - 4 \sqrt{x} + 4 \leq 0 \Rightarrow \left(\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)\right)^{2} \leq 0 \left(\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)\right)^{2} \geq 0 \&\text{nbsp};\text{n} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp};\text{d} \overset{ˊ}{\hat{\text{a}}} \text{u}\&\text{nbsp};=\&\text{nbsp};\text{x}ả\text{y}\&\text{nbsp};\text{ra}\&\text{nbsp};\text{khi}\&\text{nbsp}; \sqrt{x} - 2 = 0 \Rightarrow x = 4 \&\text{nbsp};\)

vậy x = 4

Gọi A:"chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho 3"

Không gian mẫu của phép thử là : omega={ 1,2,3,4,5,6}

nên n_(omega) =6

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố A là 3 và 6 nên n_(A) =2

nên P_(A) = n_(A) /n_(omega) =2/6=1/3

Gọi A:"chiếc kim chỉ vào hình quạt ghi số chia hết cho 3"

Không gian mẫu của phép thử là : omega={ 1,2,3,4,5,6}

nên n_(omega) =6

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố A là 3 và 6 nên n_(A) =2

nên P_(A) = n_(A) /n_(omega) =2/6=1/3