Cho hàm số y = $-\frac{1}{2}$x² có đồ thị (P) và hàm số y = x – 4 có đồ thị (D).

a) Vẽ (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép toán.

a) Ta có: $\widehat{BEC}$= 90° (CE ^ AB), $\widehat{BDC}$= 90° (BD ^ AC)

Þ $\widehat{BEC}=\widehat{BDC}$ = 90°

Mà $\widehat{BEC}$ và $\widehat{BDC}$ là hai góc có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh BC của tứ giác BEDC.

Þ Tứ giác BEDC nội tiếp.

b) Ta có điểm C nằm trên đường tròn (O) đường kính AM

Nên $\widehat{ACM}$= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà AH cắt BC tại F nên AF ⊥ BC do đó $\widehat{AFB}=90°$

Suy ra $\widehat{ACM}=\widehat{AFB}$ = 90°

Xét ∆ACM và ∆ABF, có:

$\widehat{ACM}=\widehat{AFB}$ = 90° (chứng minh trên),

$\widehat{ABC}=\widehat{AMC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Þ ∆ACM ᔕ ∆AFB (g.g)

Þ $\frac{AC}{AF}=\frac{AM}{AB}$ (tỉ số đồng dạng)

Þ AB.AC = AF.AM (đpcm).

c) • Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (chứng minh câu a)

Þ $\widehat{EDC}=\widehat{ECB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

Hay $\widehat{KDB}=\widehat{KCE}$

Xét DKDB và DKCE có:

$\widehat{KDB}=\widehat{KCE}$ (Chứng minh trên),

$\widehat{DKC}$ là góc chung

Þ DKDB ᔕ DKCE (g.g)

$\Rightarrow \frac{KD}{KC}=\frac{KB}{KE}$ (tỉ số đồng dạng)

Þ KB.KC = KD.KE        (1)

• Tứ giác ANBC nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{KBN}=\widehat{KAC}$

Xét DKBN và DKAC có:

$\widehat{AKC}$ là góc chung,

 $\widehat{KBN}=\widehat{KAC}$ (chứng minh trên)

Þ DKBN ᔕ DKAC (g.g)

$\Rightarrow \frac{KB}{KA}=\frac{KN}{KC}$ (tỉ số đồng dạng)

Þ KB. KC = KA.KN      (2)

Từ (1) và (2) ta có:

KD.KE = KA.KN (= KB. KC)

$\Rightarrow \frac{KE}{KA}=\frac{KN}{KD}$

Xét DKNE và DKAD có:

$\widehat{AKD}$ là góc chung,

 $\frac{KE}{KA}=\frac{KN}{KD}$ (chứng minh trên)

Þ DKNE ᔕ DKAD (c.g.c)

 $\Rightarrow \widehat{KEN}=\widehat{KAD}$ (hai góc tương ứng)

Þ Tứ giác ANED nội tiếp đường tròn.

Do đó 4 điểm A, N, E, D cùng thuộc một đường tròn          (3)

• Tứ giác AEHD có  $\widehat{AEH}=\widehat{ADH}\left(=90°\right)$

Þ E và D cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Þ 4 điểm A, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH          (4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm A, N, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH

Do đó tứ giác ANHD nội tiếp đường tròn

 $\Rightarrow \widehat{ANH}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Þ AN ⊥ HN tại N           (5)

• Ta có điểm N nằm trên đường tròn đường kính AM

 $\Rightarrow \widehat{ANM}$ = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)          

Þ AN ⊥ MN tại N          (6)

Từ (5) và (6) ta có: MN ≡ HN

Do đó ba điểm N, H, M thẳng hàng.

Gọi số học sinh làm bài 2 tờ giấy thi là x (x ∈ ℕ*) (học sinh)

Số học sinh làm bài 3 tờ giấy thi là y (y ∈ ℕ*) (học sinh)

Vì có 24 thí sinh dự thi mà có 3 thí sinh làm 1 tờ giấy thi nên ta có phương trình:

x + y + 3 = 24

Û x + y = 21         (1)

Vì tổng số tờ giấy thi là 59 tờ và có 3 thí sinh làm 1 tờ giấy thi nên ta có phương trình:

2x + 3y + 3 = 59

Û 2x + 3y = 56     (2)

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{c}x+y=21\\ 2x+3y=56\end{array}\right.$

Û $\left\{\begin{array}{c}2x+2y=42\\ 2x+3y=56\end{array}\right.$

Û $\left\{\begin{array}{c}y=14\\ 2x+3.14=56\end{array}\right.$

Û $\left\{\begin{array}{c}y=14\\ x=7\end{array}\right.$ (thỏa mãn)

Vậy có 7 thí sinh làm bài 2 tờ giấy thi và có 14 thí sinh làm 3 tờ giấy thi.