1) Một mảnh đất có dạng hình chữ nhật với chu vi bằng \[52{\rm{ m}}.\] Trên mảnh đất đó, người ta làm một vườn rau có dạng hình chữ nhật với diện tích \(112{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\) và một lối đi xung quanh vườn rau rộng \[1{\rm{ m}}\] (Hình 1). Tính các kích thước của mảnh đất đó.

2) Người ta thả một viên bi hình cầu không thấm nước, có bán kính bằng \[3{\rm{ cm}}\] ngập hoàn toàn trong một ly nước hình trụ có bán kính đáy bằng \[5{\rm{ cm,}}\] ly được đặt thẳng đứng so với mặt nằm ngang và đủ to để nước không tràn ra ngoài (Hình 2). Hỏi sau khi thả viên bi vào thì mục nước trong ly dâng lên bao nhiêu centimet? Biết thể tích của hình cầu có

Bán kính \(R\) là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\), thể tích hình trụ có bán kính đáy \(r\) và chiều cao \(h\) là \(V = \pi {r^2}h.\)

1) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \(MAOB\) nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh \(\widehat {AEB} = \widehat {BEM}\).

Vì \(AC\,{\rm{//}}\,MB\,\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\) nên \(\widehat {ACE} = \widehat {BME}\) (so le trong)

Mà \(\widehat {ACE} = \widehat {ABE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE)\), suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {BME}{\rm{.\;}}\)

Vì \(\Delta OBE\) cân tại \(O\) \(\left( {OB = OE} \right)\) nên \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB}.\)

Suy ra \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\)

Vì \[MB\] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[B\] nên \(OB \bot MB\) hay \(\widehat {OBM} = 90^\circ .\)

Suy ra \[\widehat {MBE} = 90^\circ - \widehat {OBE}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {BOE}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác  nên \[\widehat {BAE} = \frac{{\widehat {BOE}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {BAE} = \widehat {MBE}\).

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta BME\) có: \(ABE = BME\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\); \(\widehat {BAE} = \widehat {MBE}\,\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\).

Do đó . Suy ra \(\widehat {AEB} = \widehat {BEM}\) (hai góc tương ứng) (đpcm).

3) Chứng minh \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) và ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.

– Chứng minh \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\).

Vì \(\Delta OAE\) cân tại \(O\) \(\left( {OA = OE} \right)\) nên \(\widehat {OAE} = \widehat {OEA}.\)

Suy ra \(\widehat {OAE} = \widehat {OEA} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\)

Vì \[MA\] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[A\] nên \(OA \bot MA\) hay \(\widehat {OAM} = 90^\circ .\)

Suy ra \[\widehat {MAE} = 90^\circ - \widehat {OAE}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {AOE}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác  nên \[\widehat {ACM} = \frac{{\widehat {AOE}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \(\widehat {MAE} = \widehat {ACM}\).

Xét \(\Delta AME\) và \(\Delta CMA\) có: \(\widehat {AME}\) chung; \(\widehat {MAE} = \widehat {ACM}\) (cmt)

Do đó . Suy ra \(\frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{MC}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = ME \cdot MC.\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Vi \(MA,\,\,MB\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(MA = MB.\)

Lại có \(OA = OB\) nên \(MO\) là đường trung trực của \(AB\) nên \(AB \bot MO\) tại \[H.\]

Xét \[\Delta OAM\] vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\), ta có \(M{A^2} = MH \cdot MO.\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) (đpcm).

– Chứng minh ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.

Do \(I\) lả điểm đối xứng của \(E\) qua \(OM\) nên \(OM\) là đường trung trực của \(EI\) nên \(OE = OI,\) suy ra \(I \in \left( {O\,;R} \right).\)

Do \(ME \cdot MC = MH \cdot MO\) nên \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\).

Xét \(\Delta MEH\) và \(\Delta MOC\) có \(\widehat {OME}\) chung; \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MC}}\) (cmt).

Do đó  suy ra \(\widehat {MHE} = \widehat {MCO}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {MHE} + \widehat {EHO} = 180^\circ \) nên \(\widehat {MCO} + \widehat {EHO} = 180^\circ .\)

Mà \[\widehat {MCO}\] và \[\widehat {EHO}\] ở vị trí đối diện nên tứ giác \(EHOC\) nội tiếp đường tròn.

Suy ra \(\widehat {EHC} = \widehat {EOC}\) (cùng chắn cung \(EC\,).\)

Ta có \(\widehat {IHE} = 2\widehat {MHE}\) (tính chất đường trung trực)

Mà \(\widehat {MHE} = \widehat {MCO}\) nên

\(\widehat {IHE} + \widehat {EHC} = 2\widehat {MHE} + \widehat {EOC}\)\( = 2\widehat {MCO} + \widehat {EOC} = \widehat {MCO} + \widehat {CEO} + \widehat {EOC} = 180^\circ \).

Vậy ba điểm \(C,\,\,H,\,\,I\) thẳng hàng.

1) Tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Bảng giá trị:

\(x\)	\( - 2\)	\( - 1\)	0	1	2
\(y = 2{x^2}\)	8	2	0	2	8

Đồ thị hàm số \(y = 2{x^2}\) là parabol nhận \[Oy\] làm trục đối xứng, có đỉnh \(O\left( {0\,;\,\,0} \right)\), bề lõm hướng lên và đi qua các điểm \[\left( { - 1\,;\,\,2} \right),\,\,\left( {1\,;\,\,2} \right),\,\]\(\left( { - 2\,;\,\,8} \right),\,\,\left( {2\,;\,\,8} \right).\)

2) Ta có: \({\rm{\Delta }} = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 4} \right) = {\left( {m + 1} \right)^2} + 32 > 0\) với mọi \(m\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo Viète, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{m + 1}}{2}}\\{{x_1} \cdot {x_2} =  - 2}\end{array}} \right.\).

Thay vào biểu thức \({x_1} + {x_2} - {x_1} \cdot {x_2} = 6\) ta được: \(\frac{{m + 1}}{2} - \left( { - 2} \right) = 6\) hay \(\frac{{m + 1}}{2} = 4.\)

Do đó \(m + 1 = 8\) nên \(m = 7.\)

Vậy với \(m = 7\) thì \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} - {x_1} \cdot {x_2} = 6\).