1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy,\) cho điểm \(A\left( {2;\,\,3} \right).\) Thực hiện phép quay \(90^\circ \) ngược chiều kim đồng hồ quanh gốc tọa độ. Xác định tọa độ của điểm \(A\) sau khi quay.

     2. Người ta muốn dựng khung cổng hình chữ nhật rộng \(4{\rm{\;m}}\) và cao \(3{\rm{\;m}}{\rm{,}}\) bên ngoài được bao bởi một khung thép dạng nửa đường tròn.

Tính chiều dài (đơn vị mét) của đoạn thép làm khung nửa đường tròn đó.

     a) Ta có \[MA,{\rm{ }}MB\] là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \[A\] và \[B\] nên \[MA \bot OA,{\rm{ }}MB \bot OB.\]

Xét \(\Delta OAM\) vuông tại \[A,\] theo định lí Pythagore, ta có:

\(O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}\)

Suy ra \[OM = 2R.\]

Gọi \[I\] là giao điểm của \[\left( O \right)\] với tia \[OM,\] ta có \[OI = R\] nên \[IM = OM--OI = 2R--R = R.\]

Do đó, \[IM = IO = R\] nên \[I\] là trung điểm của \[OM.\]

Do \[\Delta OAM\] vuông tại \[A\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OAM.\)

Do \[\Delta OBM\] vuông tại \[B\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta OBM.\]

Do đó bốn điểm \[A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}O\] cùng nằm trên đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

Vậy tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

Xét \[\Delta OAM\] vuông tại \[A,\] ta có: \(\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat {AMO} = 30^\circ .\)

Do \[MA,{\rm{ }}MB\] là hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[M\] nên \[MA = MB\] và \[MO\] là tia phân giác của góc \[AMB,\] suy ra \(\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\)

Vì vậy tam giác \[AMB\] là tam giác đều có \(MA = MB = AB = R\sqrt 3 \) (1)

Theo chứng minh trên, ta có \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMB.\] Tam giác đều \(MAB\) có \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp nên cũng đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều \[MAB\] cạnh \(R\sqrt 3 \) có tâm là \[I\] và bán kính là \(\frac{{R\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.\)

     b) Ta có \(\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat {MBP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.\) (3)

Do \(\Delta OBP\) cân tại \[O\] (vì \[OB = OP)\] nên ta có:

\(\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOP}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \(\widehat {BQP},\,\,\widehat {BOP}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BP\] nên \(\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Do đó \(\widehat {PBO} = 90^\circ - \widehat {BQP}.\) Hay \(\widehat {BQP} = 90^\circ - \widehat {PBO}.\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {MBP} = \widehat {BQP}.\)

Xét \(\Delta MPB\) và \(\Delta MBQ\) có:

\(\widehat {BMQ}\) là góc chung, \(\widehat {MBP} = \widehat {MQB}\)

Do đó $\Delta MPB\backsim \Delta MBQ$  (g.g).

Suy ra \(\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}\) hay \[MP \cdot MQ = M{B^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}.\]

Lại có \[{\left( {MQ--MP} \right)^2} \ge 0\] hay \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4MQ \cdot MP\]

Suy ra \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4 \cdot 3{R^2} = 12{R^2}\]

Do đó \(MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}} = 2R\sqrt 3 \) (dấu “=” xảy ra khi \[MQ = MP).\]

Vậy \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2R\sqrt 3 ,\) khi đó \[MQ = MP\] hay đường thẳng \[d\] đi qua \[M\] và \[A\] hoặc \[d\] đi qua \[M\] và \[B.\]

     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 \(\left( {\frac{2}{3};\frac{{ - 8}}{9}} \right)\).

     d) Nhận thấy điểm cách đều hai trục tọa độ nằm trên đường thẳng \(y = x\) hoặc \(y =  - x.\)

     Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right):y =  - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y = x\), ta có:

     \( - 2{x^2} = x\) nên \( - 2{x^2} - x = 0\) hay \(x\left( { - 2x - 1} \right) = 0\). Do đó, \(x = 0\) hoặc \(x = \frac{{ - 1}}{2}\).

     • Với \(x = 0\) thì \(y = 0\), suy ra điểm \(O\left( {0;0} \right)\).

     • Với \(x =  - \frac{1}{2}\) thì \(y = \frac{{ - 1}}{2}\), suy ra điểm \(A\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\).

     Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right):y =  - 2{x^2}\) và đường thẳng \(y =  - x\) ta có:

     \( - 2{x^2} =  - x\) nên \( - 2{x^2} + x = 0\) hay \(x\left( { - 2x + 1} \right) = 0\). Do đó, \(x = 0\) hoặc \(x = \frac{1}{2}.\)

     • Với \(x = 0\) thì \(y = 0\), suy ra điểm \(O\left( {0;0} \right)\).

     • Với \(x = \frac{1}{2}\) thì \(y = \frac{{ - 1}}{2}\), suy ra điểm \(B\left( {\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\).

Vậy có điểm \(A\left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\); \(B\left( {\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\) nằm trên \(\left( P \right)\) cách đều hai trục tọa độ.