Bác Phúc có \(200\) triệu đồng gửi tiết kiệm vào hai ngân hàng \(A\) và \(B\). Biết lãi suất của hai ngân hàng \(A\) và \(B\) lần lượt là \(6\% \)/ năm và \(8\% \)/ năm. Sau một năm bác Phúc nhận về \(14,2\) triệu đồng tiền lãi. Tính số tiền gửi ban đầu của bác Phúc ở mỗi ngân hàng trên.

a) Vì \[BE\] và \[CF\] là đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta BEC\] vuông tại \[E\] có ba điểm \[B,E,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Xét \[\Delta BFC\] vuông tại \[F\] có ba điểm \[B,F,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra bốn điểm \[B,F,E,C\] cùng nằm trên một đường tròn. (đpcm)

b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\] nên \[\widehat {FEC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \].

Mà \[\widehat {FEC} + \widehat {AEF} = 180^\circ \] (kề bù) nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\]. (đpcm)

• Xét \[\Delta AEF\] và \[\Delta ABC\] có: \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\]; \[\widehat {BAC}\] chung

Do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2GE}}{{2BI}} = \frac{{GE}}{{BI}}\].

• Xét \[\Delta AEG\] và \[\Delta ABI\] có: \[\widehat {AEG} = \widehat {ABI}\]; \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{GE}}{{BI}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\frac{{AG}}{{GE}} = \frac{{AI}}{{BI}}\] hay \[GE \cdot AI = AG \cdot BI\]. (đpcm)

c) Gọi giao điểm của \[GI\] và \[KN\] là \[M\].

Xét \[\Delta ABC\] có hai đường cao \[BE\] và \[CF\]cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm của \[\Delta ABC\]

Suy ra \[AH \bot BC\].

Vì nên \[\widehat {AGK} = \widehat {AIN}\].

• Xét \[\Delta AGK\] và \[\Delta AIN\] có: \[\widehat {AGK} = \widehat {AIN}\]; \[\widehat {NAI}\] chung

Do đó (g.g). Suy ra \[\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN}}\]

• Xét \[\Delta AGI\] và \[\Delta AKN\] có: \[\widehat {NAI}\] chung; \[\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN}}\]

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {AIG} = \widehat {ANK}\] (hai góc tường ứng).

• Xét \[\Delta GMN\] và \[\Delta KMI\] có: \[\widehat {AIG} = \widehat {ANK}\]; \[\widehat {GMN} = \widehat {KMI}\] (đối đỉnh)

Do đó (g.g). Suy ra \[\frac{{GM}}{{NM}} = \frac{{KM}}{{IM}}\].

• Xét \[\Delta GMK\] và \[\Delta NMI\] có: \[\frac{{GM}}{{NM}} = \frac{{KM}}{{IM}}\]; \[\widehat {GMK} = \widehat {NMI}\] (đối đỉnh)

Do đó (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {KGI} = \widehat {KNI}\] (hai góc tường ứng).

Vì \[I\] trung điểm của đoạn thẳng \[BC\] nên \[I\] là tâm đường tròn đường kính \[BC\].

Suy ra \[IF = IE\] (bán kính) hay \[\Delta IEF\] cân tại \[I\].

Mà \[G\] trung điểm của đoạn thẳng \[EF\]nên \[IG \bot FE\].

Suy ra \[\widehat {KGI} = 90^\circ \] hay \[\widehat {KNI} = 90^\circ \] nên \[KN \bot BC\].

Mà \[AH \bot BC\] nên đường thẳng \[KN\] song song với đường thẳng \[AH\]. (đpcm)

Gọi số thực đơn 1, lớp bán được là \(x\) (thực đơn)

Số thực đơn 2, lớp bán được là \(y\) (thực đơn)

Điều kiện \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)

Theo đề bài: Mỗi thực đơn 1 cần 2 cốc nước chanh và 1 túi khoai tây chiên. Mỗi thực đơn 2 cần 3 cốc nước chanh và 2 túi khoai tây chiên.

Vì lớp chỉ có không quá 165 cốc nước chanh và 100 túi khoai tây chiên nên ta có các bất phương trình: \(2x + 3y \le 165\) ; \(x + 2y \le 100\)

Số tiền thu được là: \(35x + 60y\) (nghìn đồng)

Xét giao điểm của hai đường thẳng:

\(2x + 3y = 165\;\)(1)

\(x + 2y = 100\) hay \[2x + 4y = 200\] (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\left( {2x + 4y} \right) - \left( {2x + 3y} \right) = 200 - 165\)

\(2x + 4y - 2x - 3y = 35\)

\(y = 35\) (thỏa mãn)

Thay vào (2) ta được \(x + 2\cdot35 = 100\) suy ra \(x = 30\) (TMĐK)

Số tiền lớn nhất lớp thu được là: \(35 \cdot 30 + 60 \cdot 35 = 1050 + 2100 = 3150\) (nghìn đồng)

Tức là \[3\,\,150\,\,000\] đồng.

Vậy số tiền lớn nhất lớp thu được là \[3\,\,150\,\,000\] đồng.