Cho parabol \(\left( P \right):y = \frac{{{x^2}}}{2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = x + 4\).

a) Vẽ \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.

a) Ta có: \(HE \bot AB,\,HF \bot AC\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ \). Tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {AEH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {AEH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên tứ giác \(AEHF\) nội tiếp. (0,5 điểm)

Do \(AD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ALD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Tứ giác \(ALHF\) có \(\widehat {ALH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {ALH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên tứ giác \(ALHF\) nội tiếp.                                                                           (0,5 điểm)

b) Ta có: \(AH \bot BC\) và \(HE \bot AB\) nên \(\widehat {EBH} = 90^\circ  - \widehat {BHE} = \widehat {AHE}\).

Mà \(\widehat {AHE} = \widehat {AFE}\) (do tứ giác \(AEHF\) nội tiếp).

Suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {EBC}\) (1).

Tứ giác \(BEFC\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(B\) nên tứ giác \(BEFC\) nội tiếp.                                                                                                  (0,5 điểm)

Trong đường tròn \(\left( O \right)\), ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \(AC\)) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ADC}\) hay \[\widehat {AFK} = \widehat {KDC}\].

Tứ giác \(CDKF\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(D\) nên tứ giác \(CDKF\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {DKF} + \widehat {CKF} = 180^\circ \).

Mặt khác \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) (do \(AD\) là đường kính của \(\left( O \right)\)).

Từ đó suy ra \(\widehat {DKF} = 90^\circ \). Suy ra \(AD \bot EF\) tại \(K\).                                     (0,5 điểm)

c) Tứ giác \(APBC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {APC} = \widehat {ABC}\). (3)

Từ (1) và (3) suy ra \(\widehat {APC} = \widehat {AFE}\).

Do đó, hai tam giác \(APF\) và \(ACP\) đồng dạng (g.g).

Suy ra \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AP}}\).

Nên \(A{P^2} = AC.AF\).                                                                       (0,25 điểm)

Lại có \(A{H^2} = AC.AF\) (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HF\)).                                                                         

Do đó, \(A{P^2} = A{H^2}\). Suy ra \(AP = AH\).                                              (0,25 điểm)

Vì các tứ giác \(AEHF,\,ALHF\) nội tiếp nên năm điểm \(A,\,E,\,F,\,H,\,L\) cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra tứ giác \(ALEF\) nội tiếp.

Từ đó suy ra \(\widehat {MEL} = \widehat {LAF}\) (cùng bù với \(\widehat {LEF}\)).

Lập luận tương tự với tứ giác nội tiếp \(ALBC\), ta có \(\widehat {MBL} = \widehat {LAC}\).

Từ hai điều trên, suy ra \(\widehat {MBL} = \widehat {MEL}\).

Tứ giác \(MBEL\) có hai đỉnh kề nhau là \(B,\,E\) cùng nhìn cạnh \(ML\) dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác \(MBEL\) nội tiếp.                                                         (0,25 điểm)

Suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {EBC}\) (cùng bù với \(\widehat {MBE}\)). (4)

Từ (1) và (4) suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {AFE}\).

Lại có \(\widehat {AFE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \) (do tứ giác \(ALEF\) nội tiếp).

Do đó, \(\widehat {MLE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \).

Vậy ba điểm \(A,\,L,\,M\) thẳng hàng.                                                       (0,25 điểm)