chỉ 1ph nhanh ạ

Câu 11: Để tìm độ cao của đỉnh dốc so với mặt đất, ta sử dụng định lý sin trong tam giác vuông. Gọi độ cao của đỉnh dốc là \( h \). Trong tam giác vuông, ta có: \[ \sin 35^\circ = \frac{h}{4} \] Từ đó, ta suy ra: \[ h = 4 \times \sin 35^\circ \] Sử dụng máy tính để tính giá trị của \(\sin 35^\circ\): \[ \sin 35^\circ \approx 0.5736 \] Thay vào công thức: \[ h = 4 \times 0.5736 \approx 2.29 \] Vậy, độ cao của đỉnh dốc so với mặt đất là khoảng \(2.29\) mét. Câu 12: Điều kiện xác định: \( x \geq 0; x \neq 4 \) Ta có: \[ B = \frac{2}{\sqrt{x} + 2} - \frac{1}{\sqrt{x} - 2} - \frac{2\sqrt{x}}{4 - x} \] Nhận thấy rằng \( 4 - x = (\sqrt{x} - 2)(-\sqrt{x} - 2) \). Ta sẽ quy đồng mẫu số chung cho các phân số trên. Mẫu số chung là \( (\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2) \). Ta có: \[ B = \frac{2(\sqrt{x} - 2)}{(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)} - \frac{1(\sqrt{x} + 2)}{(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)} - \frac{2\sqrt{x}}{(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)} \] Gộp các phân số lại: \[ B = \frac{2(\sqrt{x} - 2) - 1(\sqrt{x} + 2) - 2\sqrt{x}}{(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)} \] Phân phối và rút gọn tử số: \[ B = \frac{2\sqrt{x} - 4 - \sqrt{x} - 2 - 2\sqrt{x}}{(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)} \] \[ B = \frac{-\sqrt{x} - 6}{(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)} \] Do đó, biểu thức đã được rút gọn thành: \[ B = \frac{-\sqrt{x} - 6}{(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)} \] Câu 13: 1) Giải phương trình: $\frac{x-5}{x-1}+\frac2{x-3}=1$ Điều kiện xác định: $x \neq 1; x \neq 3$. Phương trình đã cho tương đương với: $ (x-5)(x-3)+2(x-1)=(x-1)(x-3) $ $ x^2-3x-5x+15+2x-2=x^2-3x-x+3 $ $ -4x+13=-4x+3 $ $ 13=3 $ Phương trình này vô nghiệm. 2) Giải hệ phương trình: $ \left\{ \begin{array}{l} 2x-y=3 \\ 3x+2y=8 \end{array} \right. $ Nhân phương trình đầu tiên với 2 để làm cho hệ số của $y$ ở hai phương trình giống nhau: $ \left\{ \begin{array}{l} 4x-2y=6 \\ 3x+2y=8 \end{array} \right. $ Cộng hai phương trình lại: $ (4x-2y)+(3x+2y)=6+8 $ $ 7x=14 $ $ x=2 $ Thay $x=2$ vào phương trình đầu tiên: $ 2(2)-y=3 $ $ 4-y=3 $ $ y=1 $ Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x,y)=(2,1)$. Câu 14: Gọi số cây mỗi học sinh lớp 9A trồng được là x (cây, điều kiện: x > 0). Số cây mỗi học sinh lớp 9B trồng được là x + 1 (cây). Tổng số cây mà lớp 9A trồng được là 32x (cây). Tổng số cây mà lớp 9B trồng được là 35(x + 1) (cây). Theo đề bài, tổng số cây mà hai lớp trồng được là 236 cây, ta có phương trình: \[ 32x + 35(x + 1) = 236 \] Giải phương trình này: \[ 32x + 35x + 35 = 236 \] \[ 67x + 35 = 236 \] \[ 67x = 236 - 35 \] \[ 67x = 201 \] \[ x = \frac{201}{67} \] \[ x = 3 \] Vậy số cây mỗi học sinh lớp 9A trồng được là 3 cây. Số cây mỗi học sinh lớp 9B trồng được là: \[ x + 1 = 3 + 1 = 4 \text{ (cây)} \] Đáp số: Lớp 9A: 3 cây, Lớp 9B: 4 cây. Câu 15: Để giải bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện từng bước như sau: a) Chứng minh CO vuông góc với MN và \( HO \cdot HC = \frac{1}{4}MN^2 \): 1. Chứng minh CO vuông góc với MN: - Vì CM và CN là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M và N, nên \( OM \perp CM \) và \( ON \perp CN \). - Do đó, \( \angle OMC = \angle ONC = 90^\circ \). - Tứ giác OMNC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OC, vì \( \angle OMC + \angle ONC = 180^\circ \). - Theo tính chất của tứ giác nội tiếp, \( \angle OMN = \angle OCN \). - Vì \( \angle OMC = \angle ONC = 90^\circ \), nên \( \angle OMN = \angle OCN = 90^\circ \). - Do đó, CO vuông góc với MN. 2. Chứng minh \( HO \cdot HC = \frac{1}{4}MN^2 \): - Từ chứng minh trên, ta có CO là đường kính của đường tròn nội tiếp tứ giác OMNC. - Theo định lý về đường kính và tiếp tuyến, ta có \( HO \cdot HC = OM^2 = ON^2 \). - Vì OM = ON (bán kính của đường tròn), nên \( OM = ON = \frac{1}{2}MN \). - Do đó, \( HO \cdot HC = \left(\frac{1}{2}MN\right)^2 = \frac{1}{4}MN^2 \). b) Chứng minh tam giác MEF cân: 1. Xét tam giác MEF: - Ta có AE song song với BM và AE cắt CM tại E. - Do AE // BM, nên \( \angle AEM = \angle EMB \). - Tương tự, vì AE // BM và AF cắt MN tại F, nên \( \angle AFE = \angle BMF \). 2. Chứng minh tam giác MEF cân: - Từ các góc bằng nhau đã chứng minh, ta có \( \angle AEM = \angle EMB \) và \( \angle AFE = \angle BMF \). - Do đó, tam giác MEF có hai góc bằng nhau, nên tam giác MEF cân tại E. Vậy, chúng ta đã chứng minh được các yêu cầu của bài toán. Câu 16: Ta có: \[x^2 + 2y^2 + 3 = x^2 + y^2 + y^2 + 1 + 1 + 1.\] Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: \[x^2 + y^2 \geq 2xy,\] \[y^2 + 1 \geq 2y,\] \[1 + 1 \geq 2.\] Do đó: \[x^2 + 2y^2 + 3 \geq 2xy + 2y + 2 = 2(xy + y + 1).\] Từ đây suy ra: \[\frac{1}{x^2 + 2y^2 + 3} \leq \frac{1}{2(xy + y + 1)}.\] Tương tự, ta có: \[\frac{1}{y^2 + 2z^2 + 3} \leq \frac{1}{2(yz + z + 1)},\] \[\frac{1}{z^2 + 2x^2 + 3} \leq \frac{1}{2(zx + x + 1)}.\] Cộng các bất đẳng thức trên lại, ta được: \[\frac{1}{x^2 + 2y^2 + 3} + \frac{1}{y^2 + 2z^2 + 3} + \frac{1}{z^2 + 2x^2 + 3} \leq \frac{1}{2} \left( \frac{1}{xy + y + 1} + \frac{1}{yz + z + 1} + \frac{1}{zx + x + 1} \right).\] Bây giờ ta sẽ chứng minh: \[\frac{1}{xy + y + 1} + \frac{1}{yz + z + 1} + \frac{1}{zx + x + 1} \leq 1.\] Thật vậy, ta có: \[\frac{1}{xy + y + 1} + \frac{1}{yz + z + 1} + \frac{1}{zx + x + 1} = \frac{1}{y(x + 1) + 1} + \frac{1}{z(y + 1) + 1} + \frac{1}{x(z + 1) + 1}.\] Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: \[y(x + 1) + 1 \geq 2\sqrt{y(x + 1)} \geq 2\sqrt{y \cdot 2\sqrt{x}} = 2\sqrt{2yx}.\] Từ đây suy ra: \[\frac{1}{y(x + 1) + 1} \leq \frac{1}{2\sqrt{2yx}}.\] Tương tự, ta có: \[\frac{1}{z(y + 1) + 1} \leq \frac{1}{2\sqrt{2yz}},\] \[\frac{1}{x(z + 1) + 1} \leq \frac{1}{2\sqrt{2zx}}.\] Cộng các bất đẳng thức trên lại, ta được: \[\frac{1}{y(x + 1) + 1} + \frac{1}{z(y + 1) + 1} + \frac{1}{x(z + 1) + 1} \leq \frac{1}{2\sqrt{2yx}} + \frac{1}{2\sqrt{2yz}} + \frac{1}{2\sqrt{2zx}}.\] Do đó: \[\frac{1}{x^2 + 2y^2 + 3} + \frac{1}{y^2 + 2z^2 + 3} + \frac{1}{z^2 + 2x^2 + 3} \leq \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2\sqrt{2yx}} + \frac{1}{2\sqrt{2yz}} + \frac{1}{2\sqrt{2zx}} \right) = \frac{1}{2}.\] Vậy ta đã chứng minh được: \[\frac{1}{x^2 + 2y^2 + 3} + \frac{1}{y^2 + 2z^2 + 3} + \frac{1}{z^2 + 2x^2 + 3} \leq \frac{1}{2}.\]