Giải phương trình: \(3{x^2} - 7x + 2 = 0\).

Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là \(x\) (km), quãng đường xuống dốc lúc đi là \(y\) (km).

(ĐK: \(x,y > 0\))

Suy ra quãng đường lên dốc lúc về là \(y\) (km), xuống dốc lúc về là \(x\) (km).
Thời gian lúc đi là 16 phút \( = \frac{4}{{15}}\) giờ nên ta có phương trình:

\(\frac{x}{{10}} + \frac{y}{{15}} = \frac{4}{{15}}\)
\( \Leftrightarrow 3x + 2y = 8\)  \(\left( 1 \right)\)

Thời gian lúc về là 14 phút \( = \frac{7}{{30}}\) (giờ) nên ta có phương trình:

\(\frac{y}{{10}} + \frac{x}{{15}} = \frac{7}{{30}}\)
\( \Leftrightarrow 3x + 2y = 7\)  \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 8}\\{3y + 2x = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9x + 6y = 24}\\{4x + 6y = 14}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x = 10}\\{y = \frac{{7 - 2x}}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 1}\end{array}\left( {{\rm{tm}}} \right)} \right.} \right.} \right.} \right.\)

Vậy quãng đường \(AB\)  là \(2 + 1 = 3\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp

Vì \(\widehat {ADB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {EDB} = 90^\circ \)

Lại có: \(CH \bot AB\)  nên \(\widehat {CHB} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {EHB} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(BDEH\) có: \(\widehat {EDB} + \widehat {EHB} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \)

\( \Rightarrow BDEH\) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\)

Vì \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ADC} = \widehat {ABC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( 1 \right)\)

Ta lại có:

\(\widehat {ABC} + \widehat {CAB} = 90^\circ \) (do \(\Delta ABC\) có \[\widehat {ACB} = 90^\circ \]);

\(\widehat {ACH} + \widehat {CAB} = 90^\circ \) (do \[\Delta ACH\] vuông tại \(H\)).

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ACH}\left( 2 \right)\) (cùng phụ \(\widehat {CAB}\)).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ADC} = \widehat {ACH}\left( { = \widehat {ABC}} \right)\) hay \(\widehat {ADC} = \widehat {ACE}\).

Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADC\) có:

\(\widehat {CAD}\) là góc chung;

\(\widehat {ACE} = \widehat {ADC}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\).

\( \Rightarrow \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AC}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow A{C^2} = AE.AD\)  \(\left( {\rm{*}} \right)\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\), đường cao \(CH\) ta có:

\(B{C^2} = BH.BA\)  \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) và \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) suy ra \(A{C^2} + B{C^2} = AE.AD + BH.BA\)

Lại có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\) (định lý Pytago)

Vậy \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).

c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\widehat {CDF} = 90^\circ \) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\)

• Vì \(EF//AB\) nên \(\widehat {CFE} = \widehat {CBA}\) (đồng vị)

Mà \(\widehat {CBA} = \widehat {CDA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

\( \Rightarrow \widehat {CFE} = \widehat {CDA}\)

Þ Tứ giác \(CDFE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {CDF} + \widehat {CEF} = 180^\circ \)

Ta lại có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CH \bot AB\left( {gt} \right)}\\{EF//AB\left( {gt} \right)}\end{array} \Rightarrow EF \bot CH \Rightarrow \widehat {CEF} = 90^\circ } \right.\]

\( \Rightarrow \widehat {CDF} = 180^\circ  - \widehat {CEF} = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \) (điều phải chứng minh).

• Gọi \(I\) là giao điểm của \(CF\) và đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OBD\).

Ta có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ADF} + \widehat {FDB} = 90^\circ \);

\({\rm{\;}}\widehat {CDF} = \widehat {ADF} + \widehat {CDA} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {FBD} = \widehat {CDA}\) (cùng phụ với \(\widehat {ADF}\))

Mà \(\widehat {CDA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

\( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {CBA}\left( { = \widehat {CDA}} \right)\)

Mà \(\widehat {CBA} = \widehat {OBI} = \widehat {ODI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OI\) )

\( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {ODI}\)
\( \Rightarrow \widehat {FDB} + \widehat {ODF} = \widehat {ODI} + \widehat {ODF}\)
\( \Rightarrow \widehat {ODB} = \widehat {IDF}\).
Ta có: tứ giác \(CDFE\) nội tiếp (chứng minh trên) nên \(\widehat {IFD} = \widehat {CFD} = \widehat {CED} = \widehat {AEH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  )

Ta lại có: \(\widehat {AEH} + \widehat {EAH} = 90^\circ ;\widehat {ABD} + \widehat {BAD} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {EAH} = \widehat {BAD}\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {ABD} = \widehat {OBD} \Rightarrow \widehat {IFD} = \widehat {OBD}\left( 4 \right)\)

Lại có : \(OD = OB\) (cùng bằng bán kính) nên \(\Delta OBD\) cân tại \({\rm{O}}\)

Do đó \(\widehat {OBD} = \widehat {ODB}\left( 5 \right)\)

Từ (3), (4) và (5) suy ra \(\widehat {IDF} = \widehat {IFD}\)

\( \Rightarrow \Delta IDF\) cân tại \(I\)

\( \Rightarrow ID = IF\) \(\left( {{\rm{***}}} \right)\)

Ta có: \(\widehat {IDF} + \widehat {IDC} = \widehat {CDF} = 90^\circ \); \(\widehat {IFD} + \widehat {ICD} = 90^\circ \)  (do \(\Delta CDF\) vuông tại \(D\))

\( \Rightarrow \widehat {IDC} = \widehat {ICD} \Rightarrow \Delta ICD\) cân tại \(I\) nên \(IC = ID\) \(\left( {{\rm{****}}} \right)\)

Từ \(\left( {{\rm{***}}} \right)\) và \(\left( {{\rm{****}}} \right)\) suy ra \(IC = IF\left( { = ID} \right)\)    

Vậy \(I\) là trung điểm của \(CF\).