Cho phương trình \(2{x^2} - 10x + 3 = 0\) có hai nghiệm \({x_1},\;{x_2}\) với \({x_1} > {x_2}\). Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức \(T = \frac{{\sqrt {24{x_1} - 5} + 2{x_2} + 2026}}{{25 - 2{x_1} - 8{x_2}}}\).

Gọi \(x,\;y\) lần lượt là số áo sơ mi mà tổ \(A\) và tổ \(B\) sản xuất được trong tháng thứ nhất \(\left( {x,\;y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Ta có: \(x + y = 900\)

Số áo sơ mi hai tổ sản xuất được trong tháng thứ hai nhiều hơn tháng đầu là: \(1\;100 - 900 = 200\) nên \(0,25.x + 0,2.y = 200\),

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 900\\0,25.x + 0,2.y = 200\end{array} \right.\).

Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 500\end{array} \right.\)

Vậy tháng thứ nhất tổ \(A\) sản xuất được \(400\) (áo sơ mi) và tổ \(B\) sản xuất được \(500\) (áo sơ mi)

a)\(\widehat {AHC} = 90^\circ \) nên điểm \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

\(\widehat {AEC} = 90^\circ \) nên điểm \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

Do đó tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Chứng minh \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\) và tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

* Chứng minh \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\)

Tam giác \(OBC\) cân tại \(O\) \(\left( {OB = OC = R} \right)\), có \(OI\) là đường trung tuyến (\(I\) là trung điểm của \(BC\)) nên \(OI\) cũng là đường cao hay \(OI \bot BC\), syu ra \(\widehat {OIC} = 90^\circ \) do đó điểm \(I\) thuộc đường tròn đường kính \(OC\).

b) \(\widehat {OEC} = 90^\circ \) do đó điểm \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(OC\).

Vậy tứ giác \(OIEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\), suy ra \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\).

* Chứng minh tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

Ta có:

\(\widehat {CIE} = \widehat {IHE} + \widehat {IEH}\)

\(\widehat {COE} = 2\widehat {CAE} = 2\widehat {CHE}\)

Theo chứng minh trên \(\widehat {CIE} = \widehat {COE}\) nên \(\widehat {IHE} + \widehat {IEH} = 2\widehat {CHE}\) suy ra \(\widehat {IEH} = \widehat {IHE}\) do đó tam giác \(HIE\) cân tại \(I\).

c) Trong trường hợp \(BA < BD\), trên đoạn thẳng \(HM\) lấy điểm \(P\) sao cho \(\widehat {APB} = 90^\circ \). Chứng minh ba điểm \(O,\;P,\;B\) thẳng hàng.

Tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) nên \(\widehat {OBA} = \widehat {OAB}\)

Ta có \(\widehat {BOA} = 2\widehat {BCA}\) suy ra \(180^\circ  - \left( {\widehat {OBA} + \widehat {OAB}} \right) = 2\widehat {BCA}\)

Hay \(180^\circ  - 2\widehat {OBA} = 2\widehat {BCA}\) nên \(\widehat {OBA} + \widehat {BCA} = 90^\circ \) \(\left( 1 \right)\)

Mà \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = 90^\circ \;\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(\widehat {HAC} + \widehat {HCA} = \widehat {OBA} + \widehat {BCA}\)

nên \(\widehat {HAC} = \widehat {OBA}\;\left( 3 \right)\)

Tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), \(M\) là trung điểm \(AC\) nên \(MA = MH\) do đó tam giác \(MAH\) cân tại \(M\) nên \(\widehat {MAH} = \widehat {MHA}\;\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có \(\widehat {OBA} = \widehat {MHA}\) \(\left( * \right)\)

Tứ giác \(ABHP\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {ABP} = \widehat {AHP}\) \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( * \right),\;\left( {**} \right)\) ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {ABP}\) nên hai tia \(BP,\;BO\) trùng nhau, do đó \(3\) điểm \(O,\;P,\;B\) thẳng hàng