Giải hệ phương trình, phương trình và bất phương trình sau:

1) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 5y = 11}\\{2x - 5y =  - 8}\end{array}} \right.\).                                                

2) \((x - 7) \cdot (2x + 8) = 0\).

3) \(({x^2} - 9) - 5(x + 3) = 0\).                                                                 

4) \(\frac{x}{{x - 3}} + \frac{{{x^2} - 5x}}{{{x^2} - 9}} = \frac{{x - 1}}{{x + 3}}\).

5) \(7x - 12 \le 4x + 3\).                                       

6) \(\frac{{5x + 3}}{4} + \frac{{x + 2}}{3} > 2x + 1\).

Gọi số vé khán đài \(A\) và khán đài \(B\) bán được lần lượt là \(x,\,\,y\) (vé).

Điều kiện: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^ * }\); \(x,\,\,y < 800\).

Tổng số vé bán được là \(800\) vé nên \(x + y = 800\).

Tổng số tiền thu được là \(95\,\,000\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:

\(150\,\,000x + 100\,\,000y = 95\,\,000\,\,000\)

\(3x + 2y = 1900\).

Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 800}\\{3x + 2y = 1900}\end{array}} \right.\).

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với \(2\) và giữ nguyên phương trình thứ hai, ta được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 2y = 1600}\\{3x + 2y = 1900}\end{array}} \right.\).

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được \(x = 300\) (thỏa mãn).

Thế \(x = 300\) vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có:

\(300 + y = 800\) suy ra \(y = 500\) (thỏa mãn).

Vậy bán được \(300\) vé khán đài \(A\) và \(500\) vé khán đài \(B\).

1) Do \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) nên \[\widehat {C\,} = 90^\circ  - \widehat {B\,} = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ \].

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(BC = \frac{{AB}}{{\cos B}} = \frac{8}{{\cos 60^\circ }} = 16\) (cm);

\(\tan B = \frac{{AC}}{{AB}}\) suy ra \(AC = AB \cdot \tan B = 8 \cdot \tan 60^\circ  = 8\sqrt 3 \) (cm).

2) Xét \({\rm{\Delta }}AHB\) và \({\rm{\Delta }}ADH\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ADH} = 90^\circ \);

\(\widehat {BAH}\) chung.

Do đó, $\text{Δ}AHB\backsim \text{Δ}ADH$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AB}}{{AH}}\) suy ra \(AD \cdot AB = A{H^2}\).

3) Do \({\rm{\Delta }}BDH\) vuông tại \(D\) nên \(\tan \widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{DB}}\) (1).

Ta có \(\widehat {AHD} = \widehat {ABH}\) (cùng phụ với \(\widehat {BAH}\)) tức \(\widehat {AHD} = \widehat {DBH}\).

\({\rm{\Delta }}ADH\) vuông tại \(D\) nên \(\tan \widehat {AHD} = \frac{{DA}}{{DH}}\), suy ra \(\tan \widehat {DBH} = \frac{{DA}}{{DH}}\) (2).

Nhân \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) theo vế ta được:\({\tan ^2}\widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{DB}} \cdot \frac{{DA}}{{DH}} = \frac{{DA}}{{DB}}\).

4) Tứ giác \(ADHE\) có \(\widehat {DAE} = \widehat {ADH} = \widehat {AEH} = 90^\circ \) nên \(ADHE\) là hình chữ nhật.

Suy ra \(DE = AH\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AH\) và \(DE\). Hai đường chéo của hình chữ nhật bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên \(OA = OE\).

Do đó \({\rm{\Delta }}OAE\) cân tại \(O\), suy ra \(\widehat {OEA} = \widehat {OAE}\) hay \(\widehat {AED} = \widehat {HAC}\).

Mà \(\widehat {HAC} = \widehat {ABC}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\)) nên \(\widehat {AED} = \widehat {ABC}\).

\({\rm{\Delta }}AKE\) vuông tại \(K\) nên \(\widehat {KAE} = 90^\circ  - \widehat {AED} = 90^\circ  - \widehat {ABC} = \widehat {ACB}\).

Vì \(K\) thuộc \(AI\), \(E\) thuộc \(AC\) nên \(\widehat {IAC} = \widehat {KAE}\).

Vì \(I\) thuộc \(BC\) nên \(\widehat {ICA} = \widehat {ACB}\).

Suy ra \(\widehat {IAC} = \widehat {ICA}\), do đó \({\rm{\Delta }}IAC\) cân tại \(I\), suy ra \(IA = IC\).

Lại có \(\widehat {IAB} = \widehat {BAC} - \widehat {IAC} = 90^\circ  - \widehat {ACB} = \widehat {ABC} = \widehat {IBA}\) nên \({\rm{\Delta }}IAB\) cân tại \(I\), suy ra \(IA = IB.\)

Suy ra \(I\) là trung điểm của \(BC\). Do đó, \({S_{{\rm{\Delta }}ABI}} = \frac{1}{2}{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}AED\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) có: \(\widehat {EAD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) và \(\widehat {AED} = \widehat {ABC}\).

Do đó, $\text{Δ}AED\backsim \text{Δ}ABC$ (g.g) suy ra \(\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) (3).

Chứng minh tương tự ta cũng có $\Delta AKE\backsim \Delta AHB$ (g.g) suy ra \(\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AK}}{{AH}}\).

Do đó, \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AK \cdot DE}}{{\frac{1}{2}AH \cdot BC}} = \frac{{AK}}{{AH}} \cdot \frac{{DE}}{{BC}} = {\left( {\frac{{DE}}{{BC}}} \right)^2} = \frac{{A{H^2}}}{{B{C^2}}}\).

Suy ra \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ABI}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{{B{C^2}}}{{2A{H^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{2A{H^2}}} = \frac{1}{2}\frac{{A{B^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{1}{2}\frac{{A{C^2}}}{{A{H^2}}}\).

\({\rm{\Delta }}AHB\) vuông tại \(H\) có \(\sin B = \frac{{AH}}{{AB}}\); \({\rm{\Delta }}AHC\) vuông tại \(H\) có \(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}}\).

Vậy \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ABI}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{1}{{2{{\sin }^2}B}} + \frac{1}{{2{{\sin }^2}C}}\).