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.

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.

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.