Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình.

Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 1 giờ 20 phút sẽ đầy. Nếu mở vòi thứ nhất chảy trong 10 phút và vòi thứ hai chảy trong 12 phút thì đầy bể. Hỏi mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu mới đầy bể?

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[OM\] là tia phân giác của \[\widehat {AOH}\], \[ON\] là tia phân giác của  \[\widehat {BOH}\].

Mà \[\widehat {AOH}\] và \[\widehat {BOH}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {MON} = 90^\circ \].

Suy ra tam giác \[OMN\] vuông tại \[O\] có \[OM \bot ON\].

Xét \[\Delta HOM\] và \[\Delta HNO\], có:

\[\widehat {MHO} = \widehat {OHN} = 90^\circ \] (gt)

\[\widehat {HMO} = \widehat {HON}\] (cùng phụ với \[\widehat {MOH}\])

Do đó,  (g.g) nên \[\frac{{HO}}{{HN}} = \frac{{HM}}{{HO}}\].

Suy ra \[O{H^2} = HM.HN\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AM = HM\] và \[HN = BN\].

Do đó, \[O{H^2} = HM.HN = AM.BN\] suy ra \[{R^2} = AM.BN\]. (1)

Mà ta có: \[AB = 2R\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] do đó \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AM.BN = \frac{{A{B^2}}}{4}\] (đpcm).

b) Vì \[AM \bot AB,BN \bot AB\] nên \[AM\parallel BN\].

Xét tứ giác \[ABNM\] có \[AM\parallel BN\] và \[\widehat {BAM} = 90^\circ \,\,\left( {AM \bot AB} \right).\]

Do đó, \[ABNM\] là hình thang vuông.

Ta có: \[{S_{MON}} = \frac{1}{2}OH.MN \ge \frac{1}{2}OH.AB\] (vì \[ABNM\] là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\) nên\(MN \ge AB\)).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[MN = AB\]. Khi đó, \[ABNM\] là hình chữ nhật và \[H\] là điểm chính giữa cung \[AB\] suy ra \[NM\parallel AB\].

Ta có \[OH \bot AO,OH \bot MN\] nên \[AOHM\] là hình chữ nhật, mà \[OA = OH = R\] suy ra \[AOHM\] là hình vuông.

Tương tự, ta có: \[OBNH\]là hình vuông.

Do đó, \[AM = BN = OH = \frac{{AB}}{2}\].

Vậy \[{S_{MON}}\] nhỏ nhất khi \[AM = BN = \frac{{AB}}{2}.\]

c) \(\Delta OAH\) cân tại \(O\) và có \(OK\) là phân giác của \(\widehat {AOH}\) (\(K \in OM\)).

Suy ra \(OK\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta OAH\).

Do đó, \(K\) là trung điểm của \(AH\).

Ta có: \(ON\) là phân giác của \(\widehat {BOH}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét \(\Delta OBH\) cân tại \(O\) có \(OG\) là phân giác của \(\widehat {BOH}\) (\(G \in ON\)).

Suy ra \(OG\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta OBH\).

Do đó, \(G\) là trung điểm của \(BH\).

Xét \(\Delta HAJ\) vuông tại \(J\) có \(JK = \frac{1}{2}HA\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

      \(\Delta HBJ\) vuông tại \(J\) có \(JG = \frac{1}{2}HB\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

      \(\Delta HAB\) vuông tại \(H\) có \(A{H^2} + H{B^2} = A{B^2} = 4{R^2}\) (định lí Pythagore).

Do đó, \[J{G^2} + J{K^2} = \frac{1}{4}H{A^2} + \frac{1}{4}H{B^2} = \frac{1}{4}\left( {H{A^2} + H{B^2}} \right) = \frac{1}{4}A{B^2} = {R^2}\].

Vậy \[J{K^2} + J{G^2}\] có giá trị không đổi khi \[M\] di chuyển trên đường thẳng \[{d_1}\].

Ta có: .

Ta có  với mọi nên luôn xác định.

Để suy ra . Mà nên .

Giải bất phương trình:

Do nên , suy ra  và .

Suy ra nên , suy ra .

Kết hợp điều kiện, suy ra  và

Mà nên .

Vậy là các giá trị nguyên cần tìm để .