4.8:

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AB=\sqrt{21^2-18^2}=3\sqrt{13}\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{18}{21}=\dfrac{6}{7}\)

nên \(\widehat{B}\simeq59^0\)

=>\(\widehat{C}=90^0-\widehat{B}\simeq31^0\)

b: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ABC}+30^0=90^0\)

=>\(\widehat{ABC}=60^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(cosC=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{b}{BC}\)

=>\(\dfrac{10}{BC}=cos30=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(BC=\dfrac{20\sqrt{3}}{3}\)

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AB=\sqrt{\left(\dfrac{20\sqrt{3}}{3}\right)^2-10^2}=\dfrac{10\sqrt{3}}{3}\)

c: ΔABC vuông tại A

=>\(BC^2=AB^2+AC^2\)

=>\(BC=5^2+3^2=\sqrt{34}\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(tanB=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{B}\simeq30^058'\)

=>\(\widehat{C}=90^0-30^058'=59^02'\)

Bài toán được mô tả như hình sau:

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có: 

\(\tan B=\dfrac{AC}{AB}\)

\(\Rightarrow AC=AB.\tan B=25.\tan40^{\circ}\approx21\left(m\right)=210\left(dm\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}2\left(m+1\right)x-7\left(n-2\right)y=6\\\left(m+1\right)x+\left(n-2\right)y=12\end{matrix}\right.\left(m\ne-1;n\ne2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\left(m+1\right)x-7\left(n-2\right)y=6\\2\left(m+1\right)x+2\left(n-2\right)y=24\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}9\left(n-2\right)y=-18\\\left(m+1\right)x+\left(n-2\right)y=12\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-18}{9\left(n-2\right)}=\dfrac{-2}{n-2}\\\left(m+1\right)x+\left(n-2\right)\cdot\dfrac{-2}{n-2}=24\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=-\dfrac{2}{n-2}\\\left(m+1\right)x-2=24\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-2}{n-2}\\\left(m+1\right)x=26\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-2}{n-2}\\x=\dfrac{26}{m+1}\end{matrix}\right.\)

Lời giải

a) Vì điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔBDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn

Suy ra ˆBEK=ˆBDK𝐵𝐸𝐾^=𝐵D𝐾^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Hay ˆAEK=ˆFDK𝐴𝐸𝐾^=FD𝐾^

Vì tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn nên ˆFCK=ˆFDK𝐹𝐶𝐾^=FD𝐾^

Suy ra ˆAEK=ˆFCK𝐴𝐸𝐾^=FC𝐾^, hay ˆAEK=ˆACK𝐴𝐸𝐾^=AC𝐾^

Do đó tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn

Suy ra ˆKAE+ˆKCE=180∘𝐾AE^+𝐾𝐶𝐸^=180∘

Mà ˆKCD+ˆKCE=180∘𝐾𝐶D^+𝐾𝐶𝐸^=180∘ (hai góc kề bù)

Do đó ˆKAE=ˆKCD𝐾AE^=𝐾𝐶D^ hay ˆKAB=ˆKCD𝐾AB^=𝐾𝐶D^

Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên ˆKDE+ˆKBE=180∘𝐾𝐷E^+𝐾𝐵𝐸^=180∘

Mà ˆKBA+ˆKBE=180∘𝐾𝐵𝐴^+𝐾𝐵𝐸^=180∘ (hai góc kề bù)

Do đó ˆKDE=ˆKBA𝐾𝐷E^=𝐾𝐵𝐴^ hay ˆKBA=ˆKDCKBA^=𝐾𝐷𝐶^

Xét ΔDKC và ΔBKA có:

ˆKBA=ˆKDCKBA^=𝐾𝐷𝐶^ (chứng minh trên)

ˆKAB=ˆKCD𝐾AB^=𝐾𝐶D^ (chứng minh trên)

Suy ra (g.g)

Do đó KCKA=KDKB𝐾𝐶𝐾A=𝐾D𝐾𝐵

Hay KCKD=KAKB𝐾𝐶𝐾𝐷=𝐾𝐴𝐾𝐵

Ta có: ˆBKD=ˆDKC+ˆBKC𝐵𝐾D^=𝐷𝐾𝐶^+𝐵𝐾𝐶^; ˆAKC=ˆBKA+ˆBKC𝐴𝐾𝐶^=𝐵𝐾𝐴^+𝐵𝐾𝐶^

Mà ˆDKC=ˆBKA𝐷𝐾𝐶^=𝐵𝐾A^, suy ra ˆDKB=ˆCKA𝐷𝐾𝐵^=𝐶𝐾A^

Xét ΔKBD và ΔKAC có:

ˆDKB=ˆCKA𝐷𝐾𝐵^=𝐶𝐾A^ (chứng minh trên)

KCKD=KAKB𝐾𝐶𝐾𝐷=𝐾𝐴𝐾𝐵 (chứng minh trên)

Suy ra (c.g.c)

Do đó ˆKBD=ˆKAC𝐾𝐵D^=𝐾𝐴𝐶^

Hay ˆKBF=ˆKAF𝐾𝐵𝐹^=𝐾𝐴𝐹^

Suy ra tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn

Do đó ˆBKF=ˆBAF𝐵𝐾𝐹^=BAF^ (2 góc nội tiếp chắn cung BF)

Suy ra ˆBKF=ˆBAC=ˆBDC𝐵𝐾𝐹^=𝐵𝐴𝐶^=𝐵D𝐶^ (do ˆBAC,ˆBDC𝐵𝐴𝐶^,𝐵D𝐶^ cùng chắn cung BC)                   (1)

Ta có: ˆBDC=ˆFDC=ˆFKC𝐵D𝐶^=𝐹D𝐶^=𝐹𝐾𝐶^ (cùng chắn cung FC)                       (2)

Xét ΔBMC có ˆMBC+ˆMCB+ˆBMC=180∘𝑀𝐵𝐶^+𝑀𝐶𝐵^+𝐵𝑀𝐶^=180∘ (tổng ba góc trong một tam giác)

Mà ˆMBC=ˆBAC,ˆMCB=ˆBDC𝑀𝐵𝐶^=𝐵𝐴𝐶^,𝑀𝐶𝐵^=𝐵D𝐶^(Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Suy ra ˆBAC+ˆBDC+ˆBMC=180∘𝐵𝐴𝐶^+𝐵𝐷𝐶^+𝐵𝑀𝐶^=180∘                                              (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra ˆBKF+ˆFKC+ˆBMC=180∘𝐵𝐾𝐹^+𝐹𝐾𝐶^+𝐵𝑀𝐶^=180∘

Hay ˆBKC+ˆBMC=180∘𝐵𝐾𝐶^+𝐵𝑀𝐶^=180∘

Do đó tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn

b) Ta có ˆBKF=ˆBDC𝐵𝐾𝐹^=𝐵D𝐶^ (chứng minh câu a)

Suy ra ˆBKF=ˆBDE=ˆBKE𝐵𝐾𝐹^=𝐵DE^=𝐵𝐾𝐸^ (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)

Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK

Suy ra 3 điểm K; F; E thẳng hàng

Hay F nằm trên KE                                                   (*)

Vì ˆBKF=ˆBAC,ˆCKF=ˆBDC,ˆBAC=ˆBDC𝐵𝐾𝐹^=𝐵𝐴𝐶^,𝐶𝐾𝐹^=𝐵D𝐶^,𝐵𝐴𝐶^=𝐵D𝐶^

Nên ˆBKF=ˆCKF𝐵𝐾𝐹^=𝐶𝐾𝐹^

Suy ra ˆBKE=ˆCKE𝐵𝐾𝐸^=𝐶𝐾𝐸^ (Do K; F; E thẳng hàng)

Do đó KE là phân giác của ˆBKC𝐵𝐾𝐶^                     (4)

Xét (O) có MB, MC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M

Nên MB = MC

Do đó tam giác MBC cân tại M

Suy ra ˆMBC=ˆMCB𝑀𝐵𝐶^=𝑀𝐶𝐵^

Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn có ˆMBC=ˆMKC,ˆMCB=ˆMKB𝑀𝐵𝐶^=𝑀𝐾𝐶^,𝑀𝐶𝐵^=𝑀𝐾𝐵^

Suy ra ˆMKC=ˆMKB𝑀𝐾𝐶^=𝑀𝐾𝐵^

Do đó KM là phân giác của ˆBKC𝐵𝐾𝐶^                                         (5)

Từ (4) và (5) suy ra 3 điểm K; M; E thẳng hàng hay M nằm trên KE (**)

Từ (*) và (**) suy ra 3 điểm E; M; F thẳng hàng

Vậy 3 điểm E; M; F thẳng hàng.

Gọi vận tốc dòng nước là a km/h ( a > 0 ) 

vận tốc xuôi dòng là a + 25 km/h 

vận tốc ngược dòng a - 25 km/h 

Ta có tổng thời gian đi lẫn về là 5h nên 

\(\dfrac{60}{a+25}+\dfrac{60}{a-25}=5\)

\(\Leftrightarrow60\left(a-25\right)+60\left(a+25\right)=5\left(a^2-25^2\right)\)

\(\Leftrightarrow120a=5a^2-5.25^2\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=12+\sqrt{769}\\a=12-\sqrt{769}\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

a = 25 thì pt vô nghiệm mà bạn?

ĐK: \(x\ge2,y\ge-2009,z\ge2010\)

Ta có: \(\sqrt{x-2}=\sqrt{1.\left(x-2\right)}\le\dfrac{1+x-2}{2}=\dfrac{x-1}{2}\)

\(\sqrt{y+2009}=\sqrt{1.\left(y+2009\right)}\le\dfrac{1+y+2009}{2}=\dfrac{y+2010}{2}\)

\(\sqrt{z-2010}=\sqrt{1.\left(z-2010\right)}\le\dfrac{1+z-2010}{2}=\dfrac{z-2009}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT vừa tìm được, ta có:

\(VT=\sqrt{x-2}+\sqrt{y+2009}+\sqrt{z-2010}\)

\(\le\dfrac{x-1}{2}+\dfrac{y+2010}{2}+\dfrac{z-2009}{2}\)

\(=\dfrac{x-1+y+2010+z-2009}{2}\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

\(=VP\)

Do đó, dấu "=" phải xảy ra 

\(\Leftrightarrow x-2=y+2009=z-2010=1\)

\(\Leftrightarrow\left(x,y,z\right)=\left(3,-2008,2011\right)\)

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất là \(\left(3,-2008,2011\right)\)