Giải bài toán bằng cách lập bất phương trình:

Để lập đội tuyển năng khiếu về bóng rổ của trường, thầy thể dục đưa ra quy định tuyển chọn như sau: mỗi bạn dự tuyển sẽ ném \(20\) quả bóng, quả bóng ném vào rổ được cộng \(10\) điểm, quả bóng ném ra ngoài bị trừ \(4\) điểm. Nếu bạn nào có số điểm từ \(100\) điểm trở lên thì sẽ được chọn vào đội tuyển. Hỏi một học sinh muốn được chọn vào đội tuyển thì cần ném ít nhất bao nhiêu quả vào rổ?

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