(1,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một hãng hàng không khai thác tuyến bay từ Hà Nội đến Phú Quốc. Hãng bán hai loại vé: hạng thương gia giá 5 triệu đồng một vé và hạng phổ thông giá 2 triệu đồng một vé. Trong một chuyến bay, hãng bán được 130 vé và tổng số tiền thu được từ bán vé là 320 triệu đồng. Hỏi số vé mỗi loại đã bán được trong chuyến bay đó là bao nhiêu?

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 \(T = \frac{{34{R^2}}}{5}\).

a) Quả bóng có bán kính \(R = 11{\rm{ cm}}\).

Diện tích bề mặt của quả bóng hình cầu được tính theo công thức \(S = 4\pi {R^2}\).

Thay số vào ta có: \(S = 4 \cdot 3,14 \cdot {11^2} = 4 \cdot 3,14 \cdot 121 = 1519,76\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)

Vậy diện tích bề mặt của quả bóng là \(1519,76{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}\).

b) Gọi bán kính của hồ nước hình quạt \(MAK\) là \(x\,\,{\mkern 1mu} (m)\) với \(0 < x < 8\).

Diện tích hồ nước (hình quạt tròn góc 90° do tứ giác là hình vuông) là: \({S_{h\hat o}} = \frac{1}{4}\pi {x^2}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)

Khu trồng hoa là các hình quạt \(PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS\) có cùng bán kính và tâm ở các góc còn lại của hình vuông.

Ta có \(AB = 8\) m. \(AB = AM + MN + NB = x + 2 + NB\).

Suy ra \(NB = 8 - \left( {x + 2} \right) = 6 - x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right)\).

Vì các hình quạt \(PBN,\,\,RCQ,\,\,HDS\) có cùng bán kính nên bán kính của chúng đều là \(6 - x\,\,{\mkern 1mu} {\rm{(m)}}\).

Diện tích của ba hình quạt này (mỗi hình là \(\frac{1}{4}\) hình tròn) là: \({S_{hoa}} = 3 \cdot \frac{1}{4}\pi {\left( {6 - x} \right)^2}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right).\)

Chi phí làm hồ nước là 300 nghìn đồng/m².

Chi phí trồng hoa là 200 nghìn đồng/m².

Tổng chi phí \(T\) (nghìn đồng) là:

\(T = 300 \cdot \frac{1}{4}\pi {x^2} + 200 \cdot \frac{3}{4}\pi \cdot {\left( {6 - x} \right)^2}\)

\( = 75\pi {x^2} + 150\pi \left( {36 - 12x + {x^2}} \right)\)

\( = \pi \left( {75{x^2} + 5400 - 1800x + 150{x^2}} \right)\)

\( = \pi \left( {225{x^2} - 1800x + 5400} \right)\)

\( = 225\pi \left( {{x^2} - 8x + 24} \right)\)\( = 225\pi \left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + 8} \right].\)

Vì \({\left( {x - 4} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x\), suy ra \({\left( {x - 4} \right)^2} + 8 \ge 8\).

Do đó \(T \ge 225\pi \cdot 8 = 1800\pi \).

Lấy \(\pi = 3,14\), ta có: \(T \ge 1800 \cdot 3,14 = 5652\) (nghìn đồng).

Dấu “=“ xảy ra khi \(x - 4 = 0\) hay \(x = 4\) (thỏa mãn \(0 < x < 6\)).

Vậy tổng chi phí nhỏ nhất để bác An làm không gian thư giãn là 5652 nghìn đồng.