Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Số đo góc \(BOC\) là

Điều kiện: \(x > 0\).

Vì nếu hoạt động riêng, thời gian máy thứ hai bơm đầy bể nhiều hơn máy thứ nhất là 4 giờ, nên thời gian máy thứ hai hoạt động riêng một mình để đầy bể là: \(x + 4\) (giờ).

Vì thể tích của bể bơi là \(144\) m³ nên:

Trong 1 giờ, máy thứ nhất bơm được: \(\frac{{144}}{x}\) (m³).

Trong 1 giờ, máy thứ hai bơm được: \(\frac{{144}}{{x + 4}}\) (m³).

Vì nếu cả hai máy cùng hoạt động thì sau 2 giờ lượng nước trong bể là \(60\) m³ nên trong 1 giờ cả hai máy cùng hoạt động sẽ bơm được: \(\frac{{60}}{2} = 30\) (m³).

Từ đó, ta có phương trình về tổng lượng nước 2 máy bơm được trong 1 giờ:

\(\frac{{144}}{x} + \frac{{144}}{{x + 4}} = 30\)

\(\frac{{24}}{x} + \frac{{24}}{{x + 4}} = 5\)

\[\frac{{24\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}} + \frac{{24x}}{{x\left( {x + 4} \right)}} = \frac{{5x\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x + 4} \right)}}\]

\(24\left( {x + 4} \right) + 24x = 5x\left( {x + 4} \right)\)

\(24x + 96 + 24x = 5{x^2} + 20x\)

\(48x + 96 = 5{x^2} + 20x\)

\(5{x^2} - 28x - 96 = 0\)

\(\left( {x - 8} \right)\left( {5x + 12} \right) = 0\)

\(x - 8 = 0\) hoặc \(5x + 12 = 0\)

\(x = 8\) (thỏa mãn) hoặc \(5x =  - 12\)

\(x = 8\) (thỏa mãn) hoặc \(x = \frac{{ - 12}}{5}\) (không thỏa mãn).

Vậy nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần 8 giờ để bơm đầy bể.

a) Ta có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra \(M\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB.\)

Lại có \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) suy ra \(O\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Do đó, \(MO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\) hay \(MO \bot AB\) tại \(H\).

Xét đường tròn \((O)\) có \(BC\) là đường kính nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra \(AC \bot AB\).

Vì \(AC \bot AB\) và \(MO \bot AB\) nên \(AC\,{\rm{//}}\,MO\).

b) *Chứng minh tứ giác \[MDHB\] nội tiếp

Ta có \(MH\) là phân giác của \(\widehat {AMB}\) (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét \(\Delta MAB\) cân tại \(M\) (do \(MA = MB\)) có \(MH\) là đường phân giác nên \(MH\) đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó, \(MH \bot AB\) hay \(\widehat {MHB} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {CDB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)). Do đó, \(\widehat {MDB} = 90^\circ .\)

Do \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) \(\left( {\widehat {MHB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,H,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do \(\Delta MDB\) vuông tại \(D\) \(\left( {\widehat {MDB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,D,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do đó, bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,H,\,\,B\,\,\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MB\). Vì vậy, tứ giác \[MDHB\] nội tiếp.

* Chứng minh $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$.

Do \(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\widehat {MBO} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta MBH\) và \(\Delta MOB\) có \(\widehat {BMO}\) là góc chung và \(\widehat {MHB} = \widehat {MBO} = 90^\circ \).

Suy ra $\Delta MBH\backsim \Delta MOB$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MH \cdot MO\) (1).

Chứng minh tương tự $\Delta MBD\backsim \Delta MCB$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MD \cdot MC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MH \cdot MO = MD \cdot MC\) hay \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\).

Xét \(\Delta MDH\)và \(\Delta MOC\) có \(\widehat {OMC}\) là góc chung và \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\). Suy ra $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$ (c.g.c).

c)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(CE\) và \(MO\).

Vì \(CE\,{\rm{//}}\,DH\), áp dụng định lí Thales cho \(\Delta MCI\) ta có \(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD}}{{MC}}\).

Kết hợp với \(M{B^2} = MD \cdot MC\) và \(M{B^2} = MH \cdot MO\) ta có:

\(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD \cdot MC}}{{M{C^2}}} = \frac{{M{B^2}}}{{M{C^2}}} = \frac{{MH \cdot MO}}{{M{C^2}}}\) hay \(MI = \frac{{M{C^2}}}{{MO}}\).

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta MBC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(M{C^2} = M{B^2} + B{C^2} = MH \cdot MO + {\left( {2 \cdot OB} \right)^2}\).

Chứng minh tương tự câu b ta được: \(O{B^2} = OH \cdot MO\).

Khi đó \(M{C^2} = MH \cdot MO + 4 \cdot OH \cdot MO = MO(MH + 4 \cdot OH)\).

Thay vào biểu thức tính \(MI\) ta được: \(MI = \frac{{MO(MH + 4 \cdot OH)}}{{MO}} = MH + 4 \cdot OH\).

Suy ra \(HI = MI - MH = 4 \cdot OH\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(O\) là trung điểm của \(BC\) và \(OH\,{\rm{//}}\,AC\) do \(MO\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(OH\) là đường trung bình của \(\Delta ABC.\)

Do đó \(H\) là trung điểm của \(AB\) và \(OH = \frac{1}{2}AC\) hay \(AC = 2 \cdot OH\).

Vì \(AC\,{\rm{//}}\,MO\) hay \(AC\,{\rm{//}}\,HI\) suy ra $\Delta EAC\backsim \Delta EHI$. Do đó, \(\frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{HI}}{{AC}} = \frac{{4 \cdot OH}}{{2 \cdot OH}} = 2\).

Suy ra \(EH = 2 \cdot EA\).

Mà điểm \(A\) nằm giữa \(E\) và \(H\) nên \(EH = EA + AH\).

Từ đó ta có \(2 \cdot EA = EA + AH\) hay \(EA = AH\).

Vậy \(A\) là trung điểm của \(EH\).