Một trang trại trồng rau sạch, mỗi tháng thu hoạch được \(2\) tấn. Nếu bán \(1\) kg rau với giá \(15\,\,000\) đồng thì số rau thu hoạch được bán hết. Khi bán với giá cao hơn \(15\,\,000\) đồng cho \(1\) kg thì không bán hết \(2\) tấn rau đã thu hoạch. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá bán thêm \(1\,\,000\) đồng cho \(1\) kg, số rau thừa ra lại tăng thêm \(40\) kg. Số rau thừa này được một cơ sở chăn nuôi gia súc thu mua với giá \(5\,\,000\) đồng cho \(1\) kg. Hỏi mỗi tháng số tiền bán rau lớn nhất mà trang trại thu được là bao nhiêu?

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