(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) Ta có \(A = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^2}} - \sqrt 5 \left( {\sqrt 5 + 1} \right)\)

\( = \left| {\sqrt 5 + 1} \right| - \left( {\sqrt 5 \cdot \sqrt 5 + \sqrt 5 \cdot 1} \right)\)

\( = \sqrt 5 + 1 - 5 - \sqrt 5 \)\( = - 4\).

Vậy \(A = - 4\).

b) Với điều kiện \(x \ge 0,x \ne 4\), ta có:

\(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 2}} + \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - \frac{{3x}}{{x - 4}}\)

\( = \frac{{\left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{3x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{x + 2\sqrt x + \sqrt x + 2 + 2x - 4\sqrt x - 3x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)

\( = \frac{{ - \sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)\( = \frac{{ - \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\)\( = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x + 2}}\).

Vậy \(B = \frac{{ - 1}}{{\sqrt x + 2}}\) với \(x \ge 0,x \ne 4\).