Toán

Gọi vận tốc riêng của cano là x (km/h) với x>5

Vận tốc cano khi xuôi dòng: \(x+5\) (km/h)

Vận tốc cano khi ngược dòng: \(x-5\) (km/h)

Thời gian cano xuôi dòng: \(\dfrac{100}{x+5}\) giờ

Thời gian cano ngược dòng đến khi gặp bè nứa: \(\dfrac{50}{x-5}\) giờ

Thời gian bè nứa trôi được 50km: \(\dfrac{50}{5}=10\) giờ

Do thời gian di chuyển của cano và bè nứa đến khi gặp nhau là bằng nhau nên ta có pt:

\(\dfrac{100}{x+5}+\dfrac{50}{x-5}=10\)

\(\Rightarrow10\left(x-5\right)+5\left(x+5\right)=\left(x-5\right)\left(x+5\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-15x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(loại\right)\\x=15\end{matrix}\right.\)

Gọi \(x\) là vận tốc riêng của ca-nô.

Vận tốc của ca-nô khi đi xuôi dòng là \(x+5\), khi đi ngược dòng là \(x-5\).

Thời gian ca-nô đi xuôi dòng là \(\dfrac{100}{x+5}\), ngược dòng là \(\dfrac{50}{x-5}\). Suy ra tổng thời gian đi của ca-nô là \(\dfrac{100}{x+5}+\dfrac{50}{x-5}\).

Thời gian đi của bè nứa là \(\dfrac{50}{5}=10\left(h\right)\).

Thời gian đi của ca-nô và bè là như nhau nên ta có phương trình: \(\dfrac{100}{x+5}+\dfrac{50}{x-5}=10\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-15\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(L\right)\\x=15\left(N\right)\end{matrix}\right.\).

Vậy: Vận tốc riêng của ca-nô là \(15\left(km\cdot h^{-1}\right)\)

Với \(x=0\) ko phải nghiệm

Với \(x\ne0\) chia 2 vế của pt cho \(x^2\) ta được:

\(x^2+3x-14-\dfrac{6}{x}+\dfrac{4}{x^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+\dfrac{4}{x^2}-4\right)+3\left(x-\dfrac{2}{x}\right)-10=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\dfrac{2}{x}\right)^2+3\left(x-\dfrac{2}{x}\right)-10=0\)

Đặt \(x-\dfrac{2}{x}=a\)

\(\Rightarrow a^2+3a-10=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2\\a=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\dfrac{2}{x}=2\\x-\dfrac{2}{x}=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-2x-2=0\\x^2+5x-2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\pm\sqrt{3}\\x=\dfrac{-5\pm\sqrt{33}}{2}\end{matrix}\right.\)

a. Em tự giải

b.

Xét 2 tam giác AMH và ABD có 

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MAH}-chung\\\widehat{AHM}=\widehat{ADB}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AMH\sim\Delta ABD\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AH}{AD}\Rightarrow AM.AD=AH.AB\)

c.

Do D là điểm chính giữa cung AB \(\Rightarrow AD=BD\)

\(\Rightarrow\Delta ABD\) vuông cân tại D  \(\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{DBA}=45^0\)

AC là tiếp tuyến tại A \(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại A

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0-\widehat{DBA}=45^0=\widehat{DBA}\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) vuông cân tại A

Mà \(AD\perp BC\Rightarrow AD\) là đường cao đồng thời là trung trực BC

\(\Rightarrow MB=MC\Rightarrow\Delta MBC\) cân tại M

\(\Rightarrow\widehat{MCD}=\widehat{MBC}\)

Lại có tứ giác CDMI nội tiếp (D và I cùng nhìn CM dưới 1 góc vuông)

\(\Rightarrow\widehat{MCD}=\widehat{MID}\) (cùng chắn MD)

\(\Rightarrow\widehat{MID}=\widehat{MBC}\) (1)

// Tứ giác ABDK nội tiếp (O) \(\Rightarrow\widehat{KAD}=\widehat{KBD}\) (cùng chắn KD) (2)

Theo giả thiết HK vuông góc ID \(\Rightarrow A,K,M\) cùng nhìn IH dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow A,K,M,I,H\) cùng thuộc 1 đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{KAM}=\widehat{KIM}\) (cùng chắn KM) hay \(\widehat{KAD}=\widehat{MID}\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow\widehat{KBD}=\widehat{MBC}\) hay \(\widehat{KBD}=\widehat{MBD}\)

Mà K, M cùng nằm trên 1 nửa mp bờ BD \(\Rightarrow K,M,B\) thẳng hàng

A, B độc lập nên \(P\left(A\cap B\right)=P\left(A\right).P\left(B\right)\Rightarrow P\left(B\right)=\dfrac{P\left(A\cap B\right)}{P\left(A\right)}=\dfrac{4}{9}\)