Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}4x - \left| {y + 2} \right| = 3\\x + 2\left| {y + 2} \right| = 3\end{array} \right.\].

a)

Chứng minh năm điểm \(C,D,H,O,S\) thuộc đường tròn đường kính \(SO\).

Vẽ hình đúng đến câu 1)

Ta có \(C,D\) là tiếp điểm nên \(OC \bot SC;OD \bot SD\) nên \[\widehat {SCO} = 90^\circ \], \[\widehat {SDO} = 90^\circ \].

\( \Rightarrow C,D\) nằm trên đường tròn đường kính \(SO\).

Ta có \(OH \bot AB\) (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Hay \(\widehat {SHO} = 90^\circ \)

\[ \Rightarrow H\] nằm trên đường tròn đường kính \(SO\).

Vậy \(C,D,H,O\) và \(S\) thuộc đường tròn đường kính \(SO\).

b)

Khi \(SO = 2R\), hãy tính độ dài đoạn thẳng \(SD\) theo \(R\) và tính số đo \(\widehat {CSD}\).

\(\Delta SDO\) vuông tại \(D\) có \(OD = R;SO = 2R\), theo định lí Pythagore ta có:

\(SD = \sqrt {S{O^2} - O{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {R^2}}  = R\sqrt 3 \).

Mặt khác \(\Delta SDO\) vuông tại \(D\) có \(OD = R;SO = 2R\) nên \(\widehat {OSD} = 30^\circ \) (cạnh đối diện bằng nửa cạnh huyền)

Hai tiếp tuyến \(SC,SD\) của đường tròn cắt nhau tại \(S\) nên \(SO\) là tia phân giác của \(\widehat {CSD}\)

Do đó \(\widehat {CSD} = 2\widehat {OSD}\)

Vậy \(\widehat {CSD} = 60^\circ \).

c)

Đường thẳng đi qua điểm \(A\) và song song với đường thẳng \(SC\), cắt đoạn thẳng \(CD\) tại điểm \(K\). Chứng minh tứ giác \[ADHK\] là tứ giác nội tiếp và đường thẳng \(BK\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(SC\).

Ta có \(AK{\rm{//}}SC\) nên \(\widehat {AKD} = \widehat {SCD}\) (đồng vị).

Lại có tứ giác \(SDHC\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {SCD} = \widehat {SHD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(SD\)).

Do đó \[\widehat {AKD} = \widehat {SHD}\] hay \[\widehat {AKD} = \widehat {AHD}\].

Mà hai đỉnh \(K,H\) là hai đỉnh kề nhau trong tứ giác \(ADHK\)

Suy ra tứ giác \(ADHK\) nội tiếp.

Gọi \(I\) là giao điểm của tia \(AK\) và đoạn thẳng \(BC\).

Vì tứ giác \(ADHK\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {AHK} = \widehat {ADK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\))

Vì tứ giác \(ADBC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {ADC} = \widehat {ABC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)), hay \[\widehat {ADK} = \widehat {ABC}\]

\( \Rightarrow \widehat {AHK} = \widehat {ABC}\), mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Suy ra \(HK\,{\rm{//}}\,BI\)

Mặt khác \(H\) là trung điểm của \(AB\)

Suy ra \(K\) là trung điểm của \(AI\)

Gọi \(P\) là giao điểm của tia \(BK\) và \(SC\).

Vì \(AI\,{\rm{//}}\,SC\) nên \(\frac{{AK}}{{SP}} = \frac{{BK}}{{BP}} = \frac{{KI}}{{PC}}\)

\[ \Rightarrow \frac{{AK}}{{KI}} = \frac{{SP}}{{PC}}\], mà \(AK = KI\) nên \(SP = PC\)

Vậy \(P\) là trung điểm của \(SC\).

d)

Gọi \(E\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BD\) và \(F\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(E\) trên đường thẳng \(AD\). Chứng minh rằng, khi điểm \(S\) thay đổi trên tia đối của tia \(AB\) thì điểm \(F\) luôn thuộc một đường tròn cố định.

Vẽ đường kính \(AN\) của \(\left( {O;R} \right)\), khi đó điểm \(N\) cố định.

Gọi \(M\) là giao điểm của \(EF\) và \(NB\).

Vì \(EF \bot AD\) và \(AD \bot DN\) nên \(EF\,{\rm{//}}\,DN\) hay \(EM\,{\rm{//}}\,DN\)

Mặt khác \(E\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BD\)

Suy ra \(M\) là trung điểm của \(BN\).

Vì hai điểm \[N,B\] là hai điểm cố định nên điểm \(M\) là điểm cố định.

Có \(\widehat {AFM} = 90^\circ \) suy ra \(F\) thuộc đường tròn đường kính \(AM\) cố định.

Điều kiện: \[0 \le x \le 1\].

Dùng: \[\sqrt a  + \sqrt b  \ge \sqrt {a + b} ,\forall a,b \ge 0\].

Ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {1 - x}  + \sqrt x  \ge \sqrt {1 - x + x}  = 1\\\sqrt {1 + x}  + \sqrt x  \ge 1 + 0 = 1\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow P \ge 2\].

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = 0\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) là 2.

0,5