Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.

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 \(CF\).