Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 5y = 16\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{3x + 2y =  - 3\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Nhân hai vế của phương trình \(\left( 1 \right)\) với \(3,\) ta được hệ phương trình mới \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 15y = 48\,\,\left( 3 \right)}\\{3x + 2y =  - 3\,\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Trừ từng vế phương trình \(\left( 2 \right)\) và phương trình \(\left( 3 \right)\) của hệ, ta được:

\(17y =  - 51,\) suy ra \(y =  - 3.\)

Thay \(y =  - 3\) vào phương trình \(\left( 1 \right),\) ta được:

\(x - 5 \cdot \left( { - 3} \right) = 16,\) suy ra \(x = 1.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {1; - 3} \right).\)

1) Với \(x \ge 0,\) ta có:

\(A = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 3}}\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt x  + 2}}} \right) + \frac{9}{{\sqrt x  + 2}}\)

 \( = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 3}} \cdot \frac{{\sqrt x  + 3}}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{9}{{\sqrt x  + 2}}\)

 \( = \frac{{3\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  + 2}} + \frac{9}{{\sqrt x  + 2}}\)\( = \frac{{3\sqrt x  + 10}}{{\sqrt x  + 2}}.\)

Vậy với \(x \ge 0\) thì \(A = \frac{{3\sqrt x  + 10}}{{\sqrt x  + 2}}.\)

2) Với \(x \ge 0,\) ta có: \(A = \frac{{3\sqrt x  + 10}}{{\sqrt x  + 2}} = \frac{{3\left( {\sqrt x  + 2} \right) + 4}}{{\sqrt x  + 2}} = 3 + \frac{4}{{\sqrt x  + 2}}.\)

Vì \(x \in \mathbb{Z},\,\,x \ge 0\) nên \(\sqrt x \) là số tự nhiên hoặc là số vô tỉ.

Trường hợp 1. Xét \(x \in \mathbb{Z},\,\,x \ge 0\) nhưng \(\sqrt x \) là số vô tỉ.

  Khi đó \(\sqrt x  + 2\) là số vô tỉ nên \[\frac{4}{{\sqrt x  + 2}}\] là số vô tỉ.

  Do đó \(A = \frac{{3\sqrt x  + 10}}{{\sqrt x  + 2}} = 3 + \frac{4}{{\sqrt x  + 2}}\) cũng là số vô tỉ (loại).

Trường hợp 2. Xét \(x \in \mathbb{Z},\,\,x \ge 0\) và \(\sqrt x \) là số tự nhiên. 

  Khi đó \(A \in \mathbb{Z}\) khi \(\left( {\sqrt x  + 2} \right) \in \)Ư\[\left( 4 \right).\]

  Mà Ư\[\left( 4 \right) = \left\{ {1;\,\, - 1;\,\,2;\,\, - 2;\,\,4;\,\, - 4} \right\}\] và \(\sqrt x  + 2 \ge 2\) nên \[\left( {\sqrt x  + 2} \right) \in \left\{ {2;\,\,4} \right\}.\]

Ta có bảng sau:

Kết hợp điều kiện \(x \ge 0\) ta được \(x \in \left\{ {0;\,\,4} \right\}.\)

Vậy \(x \in \left\{ {0;4} \right\}\) thì \(A\) có giá trị nguyên.

1) Với \(m = 2\) thì \(\left( d \right)\) có dạng \(y = 4x - 3.\)

Gọi \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tọa độ giao điểm (nếu có) của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right),\) khi đó ta có:

\({y_0} = x_0^2\) và \({y_0} = 4{x_0} - 3.\)

Suy ra \(x_0^2 = 4{x_0} - 3\) hay \(x_0^2 - 4{x_0} + 3 = 0.\)

Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là số nghiệm của phương trình \(x_0^2 - 4{x_0} + 3 = 0.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Ta có \(a + b + c = 1 + \left( { - 4} \right) + 3 = 0\) nên phương trình trên có hai nghiệm là \({x_0} = 1;\,\,{x_0} = 3.\)

⦁ Với \({x_0} = 1\) thay vào \({y_0} = x_0^2,\) ta có \({y_0} = {1^2} = 1.\) Suy ra \(A\left( {1;\,\,1} \right).\)

⦁ Với \({x_0} = 3\) thay vào \({y_0} = x_0^2,\) ta có \({y_0} = {3^2} = 9.\) Suy ra \(B\left( {3;\,\,9} \right).\)

Vậy với \(m = 2\) thì toạ độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(A\left( {1;\,\,1} \right)\) và \(B\left( {3;\,\,9} \right).\)

2) Gọi \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tọa độ giao điểm (nếu có) của \(\left( d \right)\) và \(\left( P \right),\) khi đó ta có:

\({y_0} = x_0^2\) và \({y_0} = 4{x_0} - m - 1.\)

Suy ra \(x_0^2 = 4{x_0} - m - 1\) hay \(x_0^2 - 4{x_0} + m + 1 = 0.\)

Số giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là số nghiệm của phương trình \(x_0^2 - 4{x_0} + m + 1 = 0.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Ta có: \({\rm{\Delta '}} = {\left( { - 2} \right)^2} - \left( {m + 1} \right) = 3 - m.\)

Để \(\left( P \right)\) cắt \(\left( d \right)\) tại 2 điểm phân biệt hoành độ là \({x_1},\,\,{x_2}\) thì phương trình \(\left( 2 \right)\) phải có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2},\) tức là \(\Delta ' > 0,\) suy ra \(3 - m > 0\) nên \(m < 3.\)

Với \(m < 3,\) áp dụng Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 4}\\{{x_1} \cdot {x_2} = m + 1.}\end{array}} \right.\)

Để \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} > 0\\{x_1}{x_2} > 0\end{array} \right.,\) suy ra  nên \(m >  - 1.\)

Kết hợp điều kiện \(m < 3,\) ta được \[ - 1 < m < 3.\]

Chứng minh bổ đề: Cho tam giác vuông có độ dài cạnh huyền là \(a,\) độ dài hai cạnh góc vuông là \(b,\,\,c\) và độ dài đường cao kẻ từ đỉnh đến cạnh huyền bằng \(a.\) Khi đó:

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}.\)

Áp dụng hệ thức đã chứng minh ở bổ đề trên, khi độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là \(h = \frac{1}{{\sqrt 5 }},\) thì ta có:

\(\frac{1}{{x_1^2}} + \frac{1}{{x_2^2}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}} = 5\) nên \(\frac{{x_1^2 + x_2^2}}{{{{\left( {{x_1}{x_2}} \right)}^2}}} = 5\)

Suy ra \(x_1^2 + x_2^2 = 5{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\)

 \({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 5{\left( {{x_1}{x_2}} \right)^2}\)

Do đó, ta có: \({4^2} - 2\left( {m + 1} \right) = 5{\left( {m + 1} \right)^2}\)

\(5{m^2} + 12m - 9 = 0\)

\(m =  - 3\) (không thỏa mãn) hoặc \(m = \frac{3}{5}\) (thỏa mãn).

Vậy với \(m = \frac{3}{5}\) thoả mãn bài toán.

1) Gọi giá niêm yết của 1 cái bút là \(x\) nghìn đồng \(\left( {x > 0} \right).\)

Vì cô chủ nhiệm mua 40 cái bút nên có 30 cái bút được giảm giá \(20{\rm{\% }}\) so với giá niêm yết

và 10 cái bút được giảm giá \(40{\rm{\% }}\) so với giá niêm yết, khi đó cô chủ nhiệm cần trả số tiền là:

\(30 \cdot \left( {100\%  - 20\% } \right)x + 10 \cdot \left( {100\%  - 40\% } \right)x = 24x + 6x = 30x\) (nghìn đồng).

Theo bài, cô chủ nhiệm mua 40 cái bút hết \[900{\rm{ }}000\] đồng \( = 900\) nghìn đồng, nên ta có phương trình:

\(30x = 900,\) suy ra \(x = 30\) (nghìn đồng).

Vậy giá niêm yết 1 cái bút là \[30{\rm{ }}000\] đồng.

2) Gọi số bút cô chủ nhiệm mua được là \(a\) chiếc nếu cô có \[1{\rm{ }}260{\rm{ }}000\] đồng \(\left( {a \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right).\)

Theo câu 1) nếu cô mua 40 cái bút thì hết \[900{\rm{ }}000\] đồng nên \(a > 40.\)

Số bút được giảm \(20{\rm{\% }}\) so với giá niêm yết là 30 chiếc, số bút được giảm \(40{\rm{\% }}\) so với giá niêm yết là \(a - 30\) chiếc.

Số tiền cô chủ nhiệm cần trả khi mua \(a\) cái bút là:

\(30 \cdot \left( {100\%  - 20\% } \right) \cdot 30 + \left( {a - 30} \right) \cdot \left( {100\%  - 40\% } \right) \cdot 30 = 720 + 18\left( {a - 30} \right)\) (nghìn đồng).

Theo bài, tổng số tiền cô mua là \[1{\rm{ }}260{\rm{ }}000\] đồng \( = 1{\rm{ }}260\) nghìn đồng, nên ta có phương trình:

\(720 + 18\left( {a - 30} \right) = 1\,\,260\)

\[18a + 180 = 1\,\,260\]

\[18a = 1\,\,080\]

\[a = 60\] (thỏa mãn).

Vậy nếu có \[1{\rm{ }}260{\rm{ }}000\] đồng cô chủ nhiệm có thể mua được 60 chiếc bút.

1) ⦁ Vì \(CA,CD\) là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), nên \(CA \bot OA\) tại \(A\) và \(AD \bot OD\) tại \(D\) hay \(\widehat {CAO} = 90^\circ ;\,\,\widehat {CDO} = 90^\circ .\)

Do đó hai điểm \(A,\,\,D\) nằm trên đường tròn đường kính \(CO.\)

Vậy tứ giác \(AODC\) nội tiếp được đường tròn đường kính \(CO.\)

2) * Chứng minh \(IC \cdot IO = IH \cdot CO\)

⦁ Do \(C\) là giao của hai tiếp tuyến \(CA,\,\,CD\) của đường tròn \(\left( O \right),\) nên \(OC\) là phân giác của góc \(AOD\) hay \(\widehat {AOI} = \widehat {DOI}.\) Suy ra  nên \[\widehat {ADI} = \widehat {IAD}\,\,\,\left( 1 \right)\] (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của đường tròn \(\left( O \right)).\)

Ta có \(\widehat {CAI} + \widehat {IAO} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CAI} = 90^\circ  - \widehat {IAO}.\,\,\,\left( 2 \right)\)

Xét \(\Delta OAI\) cân tại \(O\) (do \(OA = OI)\) nên \(\widehat {IAO} = \widehat {AIO} = \frac{{180^\circ  - \widehat {AOI}}}{2} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {AOI}.\)

Lại có \(\widehat {ADI} = \frac{1}{2}\widehat {AOI}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AI\) của đường tròn \(\left( O \right)).\)

Do đó \(\widehat {IAO} = 90^\circ  - \widehat {ADI}\) hay \(\widehat {ADI} = 90^\circ  - \widehat {IAO}.\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) suy ra \[\widehat {CAI} = \widehat {IAD}\,\,\left( { = \widehat {ADI}} \right)\]  hay \(AI\) là phân giác của \(\widehat {CAH}.\)

Xét \(\Delta CAH\) có \[AI\] là phân giác của \(\widehat {CAH}\) nên: \(\frac{{IC}}{{IH}} = \frac{{AC}}{{AH}}.\,\,\,\left( 4 \right)\)

⦁ Ta có \(OA = OD\) và \(CA = CD\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(OC\) là đường trung trực của \(AD\) hay \(AH \bot OC\)

Xét \(\Delta AHO\) vuông tại \(H,\) ta có \(\sin \widehat {AOH} = \frac{{AH}}{{AO}}.\)

Xét \(\Delta ACO\) vuông tại \(A,\) ta có \(\sin \widehat {AOH} = \sin \widehat {AOC} = \frac{{AC}}{{CO}}.\)

Do đó \(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AC}}{{CO}}\) hay \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CO}}{{AO}} = \frac{{CO}}{{OI}}\,\,\,\left( 5 \right)\) (do \(OA = OI)\)

Từ \[\left( 4 \right)\] và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\frac{{IC}}{{IH}} = \frac{{CO}}{{OI}}\) hay \(IC \cdot OI = IH \cdot CO.\)

* Chứng minh \(\widehat {CKH} = 2\widehat {IAO}\)

Nối \(AK,\) ta có \(\widehat {AKB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(AK \bot BC.\)

Xét \(\Delta CAK\) và \(\Delta ABC\) có: \(\widehat {AKC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) và \(\widehat {ACB}\) là góc chung

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{CA}}{{CB}} = \frac{{AK}}{{CA}}\) hay \(C{A^2} = CK \cdot CB.\)

Tương tự, ta có  (g.g) suy ra \(\frac{{CA}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CA}}\) hay \(C{A^2} = CH \cdot CO.\)

Suy ra \(CK \cdot CB = CH \cdot CO\) nên \(\frac{{CK}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CB}}.\)

Xét \(\Delta CKH\) và \(\Delta COB\) có: \[\widehat {OCB}\] là góc chung và \(\frac{{CK}}{{CO}} = \frac{{CH}}{{CB}}.\)

Do đó  (c.g.c), suy ra \(\widehat {CKH} = \widehat {COB}\) (hai góc tương ứng).

Mặt khác \(\widehat {COB} = \widehat {IOB} = 2\widehat {IAB}\) (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung \(BI)\)

Suy ra \(\widehat {CKH} = 2\widehat {IAB}\) hay \(\widehat {CKH} = 2 \cdot \widehat {IAO}.\)

3) Ta có \(OM\,{\rm{//}}\,AC\) (cùng vuông góc với \(AB)\)nên \(\widehat {COM} = \widehat {OCA}\) (hai góc so le trong).

Mà \(CO\) là tia phân giác của \(\widehat {ACD}\) (do hai tiếp tuyến \(CA,\,\,CD\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C)\) nên \(\widehat {OCA} = \widehat {OCM}.\)

Do đó \[\widehat {COM} = \widehat {OCM}\] suy ra \[\Delta CMO\] cân tại \(M.\) Từ đó ta có \(MC = MO.\)

Xét \(\Delta ACE\) có \(MO\,{\rm{//}}\,CA\) nên theo hệ quả định lí Thalès, ta có: \[\frac{{CA}}{{MO}} = \frac{{AE}}{{OE}}.\]

Xét \(\Delta ODE\) và \(\Delta MOE\) có: \(\widehat {ODE} = \widehat {MOE} = 90^\circ \) và \(\widehat {OEM}\) là góc chung

Do đó   (g.g), suy ra \(\frac{{OE}}{{ME}} = \frac{{OD}}{{MO}}\) hay \(\frac{{OE}}{{OD}} = \frac{{ME}}{{MO}}.\)

Khi đó: \(T = 9 \cdot \frac{{CA}}{{CM}} + \frac{{ME}}{{MO}}\)\( = 9 \cdot \frac{{CA}}{{MO}} + \frac{{ME}}{{MO}}\)\( = 9 \cdot \frac{{AE}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OD}} = 9 \cdot \frac{{OE + OA}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OD}}\)

\( = 9 \cdot \left( {1 + \frac{{OA}}{{OE}}} \right) + \frac{{OE}}{{OA}}\)\( = 9 + \left( {9 \cdot \frac{{OA}}{{OE}} + \frac{{OE}}{{OA}}} \right)\) \[\mathop  \ge \limits^{{\rm{B\ST Cauchy}}} \]\[9 + 2\sqrt {9 \cdot \frac{{OA}}{{OE}} \cdot \frac{{OE}}{{OA}}}  = 15.\]

Dấu “=" xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{{OA}}{{OE}} = \frac{{OE}}{{OA}}\) hay \(9O{A^2} = O{E^2},\) tức là \(OE = 3 \cdot OA = 3R.\)

Dễ dàng chứng minh được  (g.g)

Suy ra \(\frac{{OE}}{{CE}} = \frac{{OD}}{{CA}}\) hay \(\frac{{CE}}{{CA}} = \frac{{OE}}{{OD}} = \frac{{3R}}{R} = 3\) hay \(CE = 3CA.\)

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta ACE\) vuông tại \(A,\) ta có: \(C{E^2} - C{A^2} = A{E^2}\)

Suy ra \(9 \cdot C{A^2} - C{A^2} = {\left( {AO + OE} \right)^2}\)

Hay \(8C{A^2} = {\left( {R + 3R} \right)^2}\) nên \(8C{A^2} = 16{R^2},\) suy ra \(CA = R\sqrt 2 .\)

Vây điểm \(C\) cách \(A\) một khoảng bằng \(R\sqrt 2 \) thì biểu thức \(T\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(15.\)

Với \(a\) là số thực dương, ta có \[{a^2} + 1 \ge 2a\] nên \(\frac{b}{{{a^2} + 1}} = b - \frac{{{a^2}b}}{{{a^2} + 1}} \ge b - \frac{{{a^2}b}}{{2a}} = b - \frac{{ab}}{2}.\)

Chứng minh tương tự, ta có: \(\frac{c}{{{b^2} + 1}} \ge c - \frac{{bc}}{2}\) và \(\frac{a}{{{c^2} + 1}} \ge a - \frac{{ac}}{2}.\)

Do đó: \(P \ge \left( {a + b + c} \right) - \frac{1}{2}\left( {ab + bc + ca} \right) + \frac{1}{4}\left( {ab + bc + ca} \right) = 3 - \frac{1}{4}\left( {ab + bc + ca} \right)\)

Lại có \(\left( {ab + bc + ca} \right) \le \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} = 3\) nên \(P \ge 3 - \frac{1}{4} \cdot 3 = \frac{9}{4}.\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1.\)

Vậy min \(P = \frac{9}{4}\) khi \(a = b = c = 1.\)