Lớp \(9A\) có \(47\) học sinh. Để chuẩn bị cho chuyến tham quan học tập trải nghiệm, bạn lớp trưởng đã đặt áo tập thể cho cả lớp. Bạn chọn công ty \(T\)với mỗi áo nam giá \(140\,000\) đồng, mỗi áo nữ giá \(120\,000\) đồng và công ty đang khuyến mãi nếu mua trên \(30\) áo sẽ được giảm \(5\% \) giá tiền mỗi áo và ngày bạn đặt áo đúng vào ngày kỉ niệm \(10\) năm ngày thành lập công ty nên bạn được giảm thêm \(10\% \) trên một hóa đơn thanh toán, do đó bạn chỉ trả \(5\,232\,600\) đồng. Em hãy tính xem lớp \(9A\) có bao nhiêu học sinh nam, bao nhiêu học sinh nữ?

a) Xét \((O)\); có: \(\widehat {AEB} = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {KEB} = {90^o}\)

Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm I nên \(\widehat {KIB} = {90^o}\)

Xét \(\Delta KEB\) vuông tại \(E\) có cạnh huyền \(KB\) suy ra \(K;E;B\)thuộc đường tròn đường kính \(KB\) (1)

Xét \(\Delta KIB\)vuông tại \(I\) có cạnh huyền\(KB\) suy ra\(K;I;B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(K;I;E;B\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(KB\).

b) Xét \(\Delta AKI\)vuông tại I và \(\Delta ABE\)vuông tại E có \(\widehat {BAE}\)là góc chung nên

\(\Delta AKI\)\(\Delta ABE\) (g-g) do đó \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) suy ra \(AK.AE = AB.AI\)(3)

Chứng minh được \(K\)là trực tâm của \(\Delta APB\) nên \(BQ \bot AP\) (\(Q \in AP\)) hay \(\widehat {AQK} = {90^0}\)

Xét \(\Delta BKI\)vuông tại I và \(\Delta BAQ\)vuông tại Q có: \(\widehat {ABQ}\)là góc chung nên

\(\Delta BKI\)\(\Delta BAQ\) (g-g) do đó \(\frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{BI}}{{BQ}}\) suy ra \(BK.BQ = AB.BI\)(4)

Từ (3) và (4) ta có: \(AK.AE + BK.BQ = AB.AI + AB.BI = AB(AI + BI) = AB.AB = A{B^2}\)

Vậy \(AK.AE + BK.BQ = A{B^2}\)

c) Chứng minh \(IK\) là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)

Chứng minh được bốn điểm \(A;I;Q;K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AK\) suy ra \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QK\))

\(KEBI\)là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EK\))

Chứng minh được Q thuộc đường tròn đường kính AB

Lại có: \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QE\))

Suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay \(IK\)là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)

Chứng minh\(\widehat {OQE} = \widehat {QPE}\)

\(\Delta OQB\)cân tại O nên \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\) (5)

Chứng minh được \(\Delta IBK\)\(\Delta QPK\)(g-g) suy ra \(\widehat {OBK} = \widehat {QPK}\)(6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {OQK} = \widehat {QPK}\)(*)

Chứng minh được \(\Delta IAK\)\(\Delta EPK\)(g-g) suy ra \(\widehat {IAK} = \widehat {EPK}\)mà \(\widehat {IAK} = \widehat {KQE}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)) nên \(\widehat {EPK} = \widehat {KQE}\)(**)

Từ (*) và (**) ta có: \(\widehat {OQK} + \widehat {KQE} = \widehat {QPK} + \widehat {EPK}\) suy ra \(\widehat {OQE} = \widehat {QPE}\)

Đổi \(5\) phút = \(\frac{1}{{12}}\) giờ

Độ cao máy bay đạt được là \(12500{\rm{ m}}\) nên \({\rm{AB = 12500 m}} = {\rm{12,5 km}}\)

Áp dụng tỉ số lượng giác vào tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông tại B ta có \({\mathop{\rm Sin}\nolimits} {\rm{C = }}\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AC}}}}\) suy ra \({\rm{AC}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{SinC}}}} = \frac{{12,5}}{{{\mathop{\rm Sin}\nolimits} {{20}^0}}} \approx 36,55{\rm{ km}}\)

Do đó vận tốc trung bình mà máy bay đạt được là:

\({\rm{v}} = \frac{{{\rm{s }}}}{{{\rm{t }}}} = \frac{{36,55}}{{\frac{1}{{12}}}} \approx 438,6{\rm{ km/h}}\)