Tổng số học sinh của hai lớp \[9A\] và \[9B\] là \[83\] học sinh. Trong đợt ủng hộ vở cho các bạn học sinh vùng lũ, mỗi học sinh lớp \[9A\] ủng hộ \[4\] quyển vở, mỗi học sinh lớp \[9B\] ủng hộ \[3\] quyển vở nên cả hai lớp ủng hộ được 289 quyển vở. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh?

PT đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Theo định lý Viét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1} \cdot {x_2} = 2}\end{array}} \right.\)

Vì \[{x_1} + {x_2} = 5 > 0,{x_1}.{x_2} = 2 > 0\] nên \[{x_1},{x_2}\] là hai nghiệm dương phân biệt.
Vì \({x_2}\) là nghiệm của PT \({x^2} - 5x + 2 = 0\) nên \({x_2}{\;^2} - 5{x_2} + 2 = 0\) ha\(x_2^2 = 5{x_2} - 2\)

Ta có: \(A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + 5{x_2} - 2}  + 3{x_2}\)

\(A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + x_2^2}  + 3{x_2}\) \( = \sqrt {{{\left( {4{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}  + 3{x_2}\) \( = \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2}\)

Vì \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm dương nên \(A = \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2} = 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4.5 = 20\).

Vậy \(A = 20\).

a) \(\widehat {CEH} = 90^\circ \) (vì \(BE\) là đường cao \(\Delta ABC\)) suy ra \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\) hay \(E,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\).
\(\widehat {CDH} = 90^\circ \) (vì \(AD\) là đường cao \(\Delta ABC\)) suy ra \(D\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\) hay \(D,H,C\) thuộc đường tròn đường kính CH. Vậy \[4\] điểm \(C,E,H,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CH\)
b) Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACM\).

Ta có \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa dường tròn).
\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì \(AD\) là đường cao \(\Delta ABC\) ). Suy ra \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = {90^{\rm{o}}}\) (1)
\(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của \(\left( O \right)\) ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra .

Ta có \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{MC}}\) suy ra \(AD \cdot MC = BD \cdot AC\)

c) Ta có \(CM\,{\rm{//}}\,BH\) (vì \({\rm{CM}},{\rm{BH}}\) cùng vuông góc với AC ).

\(BM//CH\) (vì \[BM,CH\] cùng vuông góc với \[AB\] ).

Suy ra tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành. Khi đó hai đường chéo \(HK\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
\( \Rightarrow K\) là trung điểm của \(HM\).
Ta có .

Ta có tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\)
\( \Rightarrow \widehat {AHF} = \widehat {AEF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AF) \( \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ABI}\).

Từ chứng minh phần b ta có
Xét \(\Delta APE\) và \(\Delta AIB\) có \(\widehat {ABI} = \widehat {AEF};\widehat {EAP} = \widehat {BAI}\)

Tương tự .

Vậy \(PI\,{\rm{//}}\,HK\).