Cho hai hàm số \(y =  - {x^2}\)và \(y = 2x - 3\).

a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ các giao điểm \(A\) và \(B\) của hai đồ thị đó. Tính diện tích tam giác \(OAB,\) với \(O\) là gốc tọa độ và đơn vị trên các trục tọa độ là xentimét.

Đổi 20 phút = \(\frac{1}{3}\) giờ.

Gọi vận tốc ban đầu của xe máy là \(x\left( {km/h} \right)\left( {x > 0} \right)\).

Vận tốc lúc sau của xe máy là \(x + 8\left( {km/h} \right)\).

Thời gian xe máy dự định đi hết quãng đường AB là \(\frac{{160}}{x}\) (giờ).

Quãng đường xe đi được sau 2 giờ là \(2x(km)\).

Quãng đường còn lại là: \(160 - 2x\left( {km} \right)\).

Thời gian xe đi với vận tốc \(x + 8(km/h)\) là \(\frac{{160 - 2x}}{{x + 8}}\) (giờ).

Do xe máy đến \(B\) đúng thời gian quy định nên ta có phương trình:

\(\frac{{160}}{x} = 2 + \frac{1}{3} + \frac{{160 - 2x}}{{x + 8}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{160}}{x} - \frac{{160 - 2x}}{{x + 8}} = \frac{7}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{160x + 1280 - 160x + 2{x^2}}}{{{x^2} + 8x}} = \frac{7}{3}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1280 + 2{x^2}}}{{{x^2} + 8x}} = \frac{7}{3}\)

\( \Leftrightarrow 6{x^2} + 3840 = 7{x^2} + 56x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 56x - 3840 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 40x + 96x - 3840 = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {x - 40} \right) + 96\left( {x - 40} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 40} \right)\left( {x + 96} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 40(tm)\\x =  - 96(ktm)\end{array} \right.\)

Vậy vận tốc ban đầu của xe máy là \(40(km/h)\).

a) Chứng minh rằng các tứ giác \(AEHF\) và \(BFEC\) nội tiếp

Xét tứ giác \(AEHF\):

Ta có \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) (do \(CF \bot AB\)); \(\widehat {AEH} = 90^\circ \) (do \(BE \bot AC\)).

Suy ra \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = 180^\circ \) mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác \(BFEC\):

Ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (do \(CF \bot AB\)); \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) (do \(BE \bot AC\))

Suy ra 2 góc \(\widehat {BFC}\) và \(\widehat {BEC}\) cùng nhìn đoạn thẳng \(BC\) dưới một góc bằng nhau nên tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AH,BC.\) Chứng minh rằng \(FM.FC = FN.FA\).

Tam giác \(BFC\) vuông tại \(F\) ta có: \(FN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)

\( \Rightarrow FN = \frac{{BC}}{2}\left( 1 \right)\)

Tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) ta có \(EN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)

\( \Rightarrow EN = \frac{1}{2}BC\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(FN = EN\left( * \right)\)

\(\Delta AHF\) vuông tại \(F\) có \[FM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)

\( \Rightarrow FM = \frac{1}{2}AH\left( 3 \right)\)

\(\Delta AEH\)vuông tại \(E\) có \(EM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)

\( \Rightarrow EM = \frac{1}{2}AH\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(FM = EM\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta có \(MN\) là đường trung trực EF

Gọi \(G\) là giao điểm của \(MN,EF\)

Tam giác \(FME\) có \(MG\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

\( \Rightarrow \Delta FME\) cân tại \(M\) có \(MG\) là phân giác \( \Rightarrow \widehat {FMG} = \frac{1}{2}\widehat {FME}\,\,\left( 5 \right)\)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) có:

\(\widehat {FAE} = \frac{1}{2}\widehat {FME}\) (góc nội tiếp bẳng nửa góc ở tâm chắn cung \[EF\]) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {FAE} = \widehat {FMK}\) hay \(\widehat {FAC} = \widehat {FMN}\)

Ta có \(FM = MH\left( { = \frac{1}{2}AH} \right)\) nên \(\Delta FMH\) cân tại \(M\)

\( \Rightarrow \widehat {MFH} = \widehat {MHF} = \widehat {DHC}\) (vì \(\widehat {MHF} = \widehat {DHC}\) là hai góc đối đỉnh)

Ta có: \(FN = NC\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) nên \(\Delta FNC\) cân tại N

\( \Rightarrow \widehat {NFC} = \widehat {NCF}\)

Mà \(\widehat {DHC} + \widehat {NCF} = 90^\circ \)(Do \(\Delta DHN\) vuông tại D)

Suy ra \(\widehat {MFH} + \widehat {NFC} = \widehat {MFN} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta FMN\) và \(\Delta FAC\) có:

\(\widehat {MFN} = \widehat {AFC} = 90^\circ ,\widehat {FAC} = \widehat {FMN}(cmt)\)

\( \Rightarrow \frac{{FM}}{{FA}} = \frac{{FN}}{{FC}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow FM.FC = FN.FA\) (điều phải chứng minh).

c) Gọi \(P,Q\) lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ \(M,N\) đến đường thẳng \(DF.\) Chứng minh rằng đường tròn đường kính \(PQ\) đi qua giao điểm của \(FE\) và \(MN\).

Vì \(MN \bot EF\) tại \(G\) nên \(\widehat {MGF} = 90^\circ \)

Ta có \(MP \bot PQ\) tại \(P\) nên \(\widehat {MPF} = 90^\circ \)

Tứ giác \(MPFG\) có :\(\widehat {MGF} + \widehat {MPF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) mà hai góc này đối nhau

\( \Rightarrow MPFG\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {MGP} = \widehat {MFP}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MP\])

Vì \(MN \bot EF\) tại \(G\) nên \(\widehat {FGN} = 90^\circ \)

Ta có \(NQ \bot PQ\) tại \(Q\) nên \(\widehat {NQF} = 90^\circ \)

Tứ giác \(NQFG\) có:

\(\widehat {FGN} + \widehat {NQF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \), mà hai góc này đối nhau nên \(NQFG\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {QGN} = \widehat {QFN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QN\))

\( \Rightarrow \widehat {MGP} + \widehat {QGN} = \widehat {MFP} + \widehat {QFN}\)

Mà \(\widehat {MFN} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {MFP} + \widehat {QFN} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MFP} + \widehat {QGN} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {PGQ} = 90^\circ \)

Đường tròn đường kính \[PQ\] có \(\widehat {PGQ} = 90^\circ  \Rightarrow G\) thuộc đường tròn đường kính \[PQ\].

Vậy đường tròn đường kính \(PQ\) đi qua giao điểm của \(FE\) và \(MN\).