Giải phương trình sau: \({x^2} - 2x - 1 = \sqrt {\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {x + 1} \right)} \).

     a) Thay \(x = 1,y =  - 2\) vào \(\left( P \right)\), ta được: \(a =  - 2\).

     Vậy hàm số đi qua điểm \(A\left( {1; - 2} \right)\) là \(y =  - 2{x^2}\).

     b) Ta có bảng giá trị của hàm số \(y =  - 2{x^2}\) như sau:                       

     Do đó, đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ là \(\left( { - 2; - 8} \right);\left( { - 1; - 2} \right);\left( {0;0} \right);\)                                   \(\left( {1; - 2} \right);\left( {2; - 8} \right)\).

     Ta có đồ thị hàm số như sau:

     c) Thay \(x = \frac{2}{3}\) vào \(\left( P \right)\), ta có: \(y =  - 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}\) hay \(y = \frac{{ - 8}}{9}\).

     Do đó, điểm thuộc \(\left( P \right)\) có hoành độ là \(\frac{2}{3}\) đó là \(\left( {\frac{2}{3};\frac{{ - 8}}{9}} \right)\).

1.

Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A\] trên \[Ox.\] Ta có \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right)\) nên \[OH = AH = \left| {--2} \right| = 2.\]

Do đó \[\Delta AOH\] vuông cân tại \[H,\] nên \(\widehat {AOH} = 45^\circ .\)

Xét \[\Delta AOH\] vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore ta có:

\[O{A^2} = O{H^2} + A{H^2}\]

Suy ra \(OA = \sqrt {O{H^2} + A{H^2}}  = \sqrt {{2^2} + {2^2}}  = \sqrt 8  = 2\sqrt 2 .\)

Gọi \[I\] là điểm đối xứng với \[A\] qua \[Ox,\] do đó \[I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).\]

Như vậy, phép quay thuận chiều \[90^\circ \] tâm \[O\] biến điểm \(A\left( { - 2;\,\, - 2} \right)\) thành điểm \[I\left( {--2;{\rm{ }}2} \right).\]

   2.

a)  Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(AC\) là đường kính nên \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét đường tròn \(\left( {O'} \right)\) có \(AF\) là đường kính nên \(\widehat {ABF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(\widehat {CBF} = \widehat {ABC} + \widehat {ABF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ .\)

Suy ra ba điểm \(C,\,\,B,\,\,F\) thẳng hàng.

b) Chứng minh tương tự câu 1, ta có \(\widehat {ADC} = 90^\circ \)

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right))\) và \(\widehat {AEF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( {O'} \right)).\)

Do đó \(\widehat {CDF} = \widehat {CEF} = 90^\circ \) nên đường tròn ngoại tiếp các tam giác vuông \(CDF,\,\,CEF\) có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(CF\) hay các điểm \(C,\,\,D,\,\,E,\,\,F\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(CF.\)

Vậy tứ giác \(CDEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CF.\)

c) Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD)\)

Tứ giác \(ABFE\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O'} \right)\) nên \(\widehat {ABE} = \widehat {AFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE)\)

Tứ giác \(CDEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(CF\) nên \(\widehat {DCE} = \widehat {DFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE)\) hay \(\widehat {ACD} = \widehat {AFE}\).

Từ đó suy ra \(\widehat {ABD} = \widehat {ABE}\) hay \(BA\) là tia phân giác của góc \(DBE.\)

Chứng minh tương tự, ta có \(\widehat {CED} = \widehat {BEC}\left( { = \widehat {CFD}} \right)\) hay \(EC\) là tia phân giác của góc \(BED.\)

Xét tam giác \(BDE\) có \(BA\) và \(EC\) là hai đường phân giác của tam giác, chúng cắt nhau tại \(A\) nên \(A\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(BDE.\)