Tại một cửa hàng đồ ăn nhanh có bán hai loại “pizza miếng” với giá tiền và kích cỡ như hình bên. Hỏi nên mua miếng nào để có lợi hơn nếu người mua thích hai loại bánh như nhau?

Gọi số lần giảm giá là \[x\] (\[x \in \mathbb{N}\]).

Số tiền giảm giá sau \[x\] lần là: \[0,2x\] (triệu đồng).

Số tiền lãi của một chiếc máy tính là: \[22 - 18 - 0,2x = 4 - 0,2x\] (triệu đồng).

Số máy tính bán được sau \(x\) lần giảm giá là: \(500 + 50x\) (máy tính).

Số tiền lãi thu được là:

\(L = \left( {500 + 50x} \right)\left( {4 - 0,2x} \right)\)

\( = 2000 + 200x - 100x - 10{x^2}\)

\( = - 10{x^2} + 100x + 2000\)

\( = - 10\left( {{x^2} - 10x + 25} \right) + 2250\)

\( = - 10{\left( {x - 5} \right)^2} + 2250\)

Ta có: \[{\left( {x - 5} \right)^2} \ge 0\], với \[x \in \mathbb{N}\].

Suy ra \[ - 10{\left( {x - 5} \right)^2} \le 0\], với \[x \in \mathbb{N}\].

Do đó \( - 10{\left( {x - 5} \right)^2} + 2250 \le 2250\), với \[x \in \mathbb{N}\].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[x - 5 = 0\] hay \[x = 5\].

Để lợi nhuận thu được cao nhất thì giá bán một chiếc máy tính là: \[22 - 0,2.5 = 21\] (triệu đồng).

Vậy bác Nghĩa phải bán một chiếc máy tính với giá \[21\] triệu đồng để sau khi giảm giá lợi nhuận thu được sẽ cao nhất.

1) Vì \(OD \bot BC\) tại \(H\) nên \(\Delta BHD\) vuông tại \(H\).

Suy ra \(\Delta BHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\] (1)

Ta có: \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\))

Suy ra \(BE \bot AD\) tại \[E\].

Vì \(\Delta BED\) vuông tại \[E\] nên \(\Delta BED\) nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\] (2)

Từ (1) và (2), suy ra tứ giác \[BHED\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\].

2) Xét \[\Delta AOD\] và \(\Delta CEB\), có:

\(\widehat {OAD} = \widehat {BCE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn \[\left( O \right)\]);

\(\widehat {ADO} = \widehat {CBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \[BD\]).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AO}}{{CE}} = \frac{{OD}}{{EB}}\) (tỉ số đồng dạng)

Vậy \(AO.EB = OD.CE\) (điều phải chứng minh).

3) Vì \(OB = OC\)nên \(\Delta OBC\)cân tại \[O\].

Do đó \(OH\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của \(\Delta OBC\).

Suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Vì vậy \(BC = 2BH\).

Vì \(I\) là trung điểm của \(HD\) nên \(DH = 2DI\).

Ta có: \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)).

Vì \[Bx\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABD} = 90^\circ \] hay \[AB \bot BD\].

Xét \[\Delta ABC\] và \(\Delta BDH\), có:

\(\widehat {ACB} = \widehat {BHD} = 90^\circ \);

\(\widehat {ABC} = \widehat {HDB}\) (cùng phụ \(\widehat {DBH}\)).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{BC}}{{DH}}\).

Mà \(DH = 2DI{\rm{, }}BC = 2BH\) (chứng minh trên).

Vì vậy \(\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{2BH}}{{2DI}} = \frac{{BH}}{{DI}}\).

Xét \[\Delta HAB\] và \(\Delta IBD\), có:

\(\widehat {ABH} = \widehat {BDI}\) (do );

\(\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{BH}}{{DI}}\) (chứng minh trên).

Do đó (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {HAB} = \widehat {IBD}\) (cặp góc tương ứng).

Gọi \[F'\] là giao điểm của \[AH\] và \[BI\].

Ta có: \(\widehat {IBD} + \widehat {IBA} = \widehat {ABD} = 90^\circ \) (do \[AB \bot BD\]).

Mà \(\widehat {HAB} = \widehat {IBD}\) (chứng minh trên).

Suy ra \(\widehat {HAB} + \widehat {ABI} = 90^\circ \) hay \(\widehat {F'AB} + \widehat {F'BA} = 90^\circ \).

Do đó \(\Delta ABF'\) vuông tại \(F'\).

Vì vậy \(AF' \bot BI\).

Ta có: \[\widehat {AFB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)).

Suy ra \[AF \bot BI\].

Mà \(AF' \bot BI\) (chứng minh trên).

Do đó \[AF\] trùng \(AF'\).

Suy ra \(F'\) trùng với \(F\).

Vì vậy \(HF \bot BI\) (điều phải chứng minh).

Vậy và \(HF \bot BI.\)