Cho hai điểm \(O\) và \(O'\) cách nhau một khoảng 8 cm. Vị trí tương đối của hai đường tròn là \(\left( {O;\,\,3\,\,{\rm{cm}}} \right)\) và \(\left( {O';\,\,5\,\,{\rm{cm}}} \right)\) là

a) Gọi \(x\) là số lượng máy công ty sử dụng cho đơn hàng trên (điều kiện \(x \in {\mathbb{N}^*}\)).

Số sản phẩm công ty làm được trong một giờ là: \(50x\) (sản phẩm).

Tổng số giờ công ty làm xong đơn hàng 4000 sản phẩm là: \(\frac{{4\,\,000}}{{50x}} = \frac{{80}}{x}\) (giờ)

Theo đề bài, tổng chi phí bằng chi phí nhân công cộng chi phí bảo trì.

Tổng chi phí nhân công:\(600 \cdot \frac{{80}}{x} = \frac{{48\,\,000}}{x}\) (nghìn đồng).

Tổng chi phí bảo trì cho \(x\) máy là: \(400x\) (nghìn đồng).

b) Ta có phương trình tổng chi phí \(\frac{{48\,\,000}}{x} + 400x = 11\,\,920\).

Chia cả hai vế cho 40 và nhân với \(x\) (do \(x > 0\)) ta được:

\(10{x^2} - 298x + 1\,200 = 0\) suy ra \(5{x^2} - 149x + 600 = 0\).

Do \(\Delta  = {149^2} - 4 \cdot 5 \cdot 600 = 10\,\,201 = {101^2}\) nên ta được: \({x_1} = 25\,\,\left( {TM} \right);\,\,\,{x_2} = 4,8\) (loại)

Vậy công ty phải sử dụng 25 máy.

a) Vì \(CA,\,CM\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {CAO} = \widehat {CMO} = 90^\circ \).

Khi đó bốn điểm \(A,\,C,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO.\)

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, \(OC\) là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\).

Do \(N \in OM,\,H \in OC\) suy ra \(OH\) là phân giác của góc \(AON\) trong \(\Delta AON.\)

Áp dụng định lí đường phân giác trong \(\Delta AON\) ta có: \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}\).

Chứng minh tương tự có \(\frac{{KN}}{{KB}} = \frac{{ON}}{{OB}}\). Từ đó, suy ra \(\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{KN}}{{KB}}\).

Áp dụng định lý Thales đảo suy ra \(KH\parallel AB\), mà \(AB \bot AC\) nên \(KH \bot AC\) hay \(KH \bot EC\).

Mặt khác \(OC,\,OD\) lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù \(AOM\) và \(MOB\) nên \(OC \bot OD\) hay \(CO \bot KE\).

Trong tam giác \(CEK\) có hai đường cao \(KH,\,CO\) cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trục tâm.

Suy ra \(EH \bot CK\) hay \(HE \bot CB\).

c) Chứng minh được  suy ra \(\frac{{BA}}{{EA}} = \frac{{CA}}{{TA}}\) suy ra \(AC \cdot EA = BA \cdot TA\).

Vì  nên \(CA \cdot EA = A{O^2}\).

Do đó, \(BA \cdot TA = A{O^2}\) nên \(T\) là trung điểm của \(OA.\)

Khi đó \(T\) là điểm cố định và \(TB = \frac{{3R}}{2}\).

Ta có: \({S_{BST}} = \frac{1}{2}BS \cdot ST \le \frac{1}{2}\frac{{B{S^2} + S{T^2}}}{2} = \frac{{B{T^2}}}{2} = \frac{{9{R^2}}}{{16}}\).

Dấu “=” xảy ra (diện tích lớn nhất) khi và chỉ khi \(BS = ST\) hay \(\Delta BST\) vuông cân tại \(S\).

Khi đó \(\widehat {CBA} = 45^\circ \).

Trong \(\Delta ABC\) có \(\widehat A = 90^\circ ,\widehat B = 45^\circ \) nên \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\).

Suy ra \(AC = AB = 2R\).

Tính được \(OC = \sqrt {O{A^2} + A{C^2}}  = R\sqrt 5 \).

Theo hệ thức lượng trong \(\Delta AOC\) tính được \(AP = \frac{{OA \cdot AC}}{{OC}} = \frac{{2R\sqrt 5 }}{5}\).

Suy ra \(AM = 2AP = \frac{{4R\sqrt 5 }}{5}.\)