Trong các hình đa giác đều dưới đây, hình nào là ngũ giác đều?

Gọi \(x,\,\,y\) (vé) lần lượt là số vé hạng thương gia và hạng phổ thông đã bán \(\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*};\,\,x,\,\,y < 130} \right)\).

Vì tổng số vé hãng bán được là \(130\) vé nên ta có phương trình:

\(x + y = 130{\rm{ (1)}}.\)

Số tiền thu được từ bán vé hạng thương gia là \(5x\) (triệu đồng).

Số tiền thu được từ bán vé hạng phổ thông là \(2y\) (triệu đồng).

Vì tổng số tiền thu được là 320 triệu đồng nên ta có phương trình: \(5x + 2y = 320{\rm{ (2)}}.\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 130}\\{5x + 2y = 320}\end{array}} \right.\).

Từ phương trình (1) suy ra \(y = 130 - x\). Thay vào phương trình (2) ta được:

\(5x + 2\left( {130 - x} \right) = 320\)

\(5x + 260 - 2x = 320\)

\(3x = 60\)

\(x = 20.\) (TMĐK)

Thay \(x = 20\) vào \(y = 130 - x\), ta có: \(y = 130 - 20 = 110.\) (TMĐK)

Vậy số vé hạng thương gia đã bán là 20 vé, số vé hạng phổ thông đã bán là 110 vé.

a) • Chứng minh tứ giác \(OKMB\) nội tiếp:

Vì \(AB \bot CD\) tại \(O\) nên \(\widehat {KOB} = 90^\circ \).

Vì góc \(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KMB} = 90^\circ .\)

Xét tứ giác \(OKMB\) có \(\widehat {KOB} + \widehat {KMB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Hai góc này là hai góc đối nhau, vậy tứ giác \(OKMB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(KB\).

• Chứng minh \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\):

Vì tứ giác \(OKMB\) nội tiếp nên \(\widehat {MBK} = \widehat {MOK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Mà \(\widehat {MOK}\) (tức \(\widehat {MOC}\)) là góc ở tâm chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).

Lại có \(\widehat {MAC}\) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).

Theo tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có \(\widehat {MOC} = 2\widehat {MAC}\).

Do đó \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\).

b) Xét \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có \(\widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 90^\circ \).

Gọi \(Y\) là giao điểm của \(BM\) và \(CD\).

Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {KAO} = \frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OK}}{R}\).

Trong \(\Delta BOY\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {YBO} = \frac{{OY}}{{OB}} = \frac{{OY}}{R}\).

Vì \(\widehat {KAO}\) và \(\widehat {YBO}\) phụ nhau nên \(\tan \widehat {KAO} \cdot \tan \widehat {YBO} = 1\).

Suy ra \(\frac{{OK}}{R} \cdot \frac{{OY}}{R} = 1\), do đó \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}}\).

Vì \(DN\) là tiếp tuyến tại \(D\) nên \(DN \bot CD\). Mà \(AB \bot CD\) nên \(DN\,{\rm{//}}\,AB\).

Xét \(\Delta OBY\) có \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) (với \(D \in OY\,;\,\,N \in BY\)).

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \(\frac{{DN}}{{OB}} = \frac{{DY}}{{OY}}\).

Suy ra \(DN = OB \cdot \frac{{OD + OY}}{{OY}} = R \cdot \left( {\frac{R}{{OY}} + 1} \right) = \frac{{{R^2}}}{{OY}} + R = OK + R\).

Diện tích tam giác \(CNK\) có đường cao hạ từ \(N\) xuống \(CD\) chính là đoạn \(DN\).

Cạnh đáy là \(CK = CO - OK = R - OK\).

Ta có \({S_{CNK}} = \frac{1}{2}CK \cdot DN = \frac{1}{2}\left( {R - OK} \right)\left( {R + OK} \right) = \frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right)\).

Theo đề bài \({S_{CNK}} = \frac{{4{R^2}}}{9}\) suy ra \(\frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{9}\).

Do đó \({R^2} - O{K^2} = \frac{{8{R^2}}}{9}\) hay \(O{K^2} = \frac{{{R^2}}}{9}\) suy ra \(OK = \frac{R}{3}\). Từ đó \(\tan \widehat {MAB} = \frac{1}{3}\).

Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(AK = \sqrt {A{O^2} + O{K^2}} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{9}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}\).

Ta có 0\(\cos \widehat {MAB} = \frac{{OA}}{{AK}} = \frac{R}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}\); \(\sin \widehat {MAB} = \frac{{OK}}{{AK}} = \frac{{\frac{R}{3}}}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).

Trong \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) có:

\(MA = AB \cdot \cos \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{3}{{\sqrt {10} }} = \frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}\).

\(MB = AB \cdot \sin \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }}\).

Ta có \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}} = 3R\).

Trong \(\Delta OBY\) vuông tại \(O\), \(BY = \sqrt {O{B^2} + O{Y^2}} = \sqrt {{R^2} + {{(3R)}^2}} = R\sqrt {10} \).

Vì \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) nên \(\frac{{YN}}{{YB}} = \frac{{DY}}{{OY}} = \frac{{R + 3R}}{{3R}} = \frac{4}{3}\).

Suy ra \(YN = \frac{4}{3}YB = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3}\).

Ta có \(YM = YB - MB = R\sqrt {10} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{10R}}{{\sqrt {10} }} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }}\).

Độ dài \(MN = YN - YM = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3} - \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{40R}}{{3\sqrt {10} }} - \frac{{24R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }}\).

Tính \(3MB \cdot MN = 3 \cdot \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} \cdot \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{96{R^2}}}{{30}} = \frac{{16{R^2}}}{5}\).

Tính \(M{A^2} = {\left( {\frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}} \right)^2} = \frac{{36{R^2}}}{{10}} = \frac{{18{R^2}}}{5}\).

Cuối cùng \(T = M{A^2} + 3MB \cdot MN = \frac{{18{R^2}}}{5} + \frac{{16{R^2}}}{5} = \frac{{34{R^2}}}{5}\).

Vậy \(T = \frac{{34{R^2}}}{5}\).