Lúc 7 giờ 30 phút hai xe ô tô cùng xuất phát từ A đến B với vận tốc của mỗi xe không thay đổi trên cả quãng đường. Xe thứ hai đến B sớm hơn xe thứ nhất đúng 1 giờ. Lúc quay trở về, xe thứ nhất tăng vận tốc thêm 5 km / h, xe thứ hai vẫn giữ nguyên vận tốc như lúc đi nhưng dùng ở trạm nghỉ 36 phút, do đó xe thứ hai về đến A cùng lúc với xe thứ nhất. Biết rằng quãng đường từ A đến B là 180 km . Hỏi lúc đi, xe thứ nhất đến B lúc mấy giờ?

a)               Do AI là tia phân giác của góc BAC nên M là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O) \[ \Rightarrow \]MB=MC.

Từ đó ta có biến đổi góc sau:

Do đó tam giác MBI cân tại M hay MB=MI. Mặt khác ta cũng có MB=MC. Vậy MB=MC=MI\[ \Rightarrow \]đpcm.

Gọi K là giao điểm thứ hai của (AEF) và (O). Ta sẽ chứng minh K\( \equiv \)K’. Thật vậy:

Do tứ giác AK’FE nội tiếp nên   (1)

Mặt khác : ( góc nội tiếp cùng chắn cung BC của (O). (2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \]

. Gọi K’ là giao điểm thứ hai của (AEF) và (O). Ta sẽ chứng minh K\( \equiv \)K’. Thật vậy:

Do tứ giác AK’FE nội tiếp nên   (1)

Mặt khác : ( góc nội tiếp cùng chắn cung BC của (O). (2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \]

Mặt khác: $\stackrel{⏜}{K\text{'}BF}=\stackrel{⏜}{K\text{'}BA}=\stackrel{⏜}{K\text{'}CA}=\stackrel{⏜}{K\text{'}CE}.$

Từ đó suy ra $△K\text{'}BF~△K\text{'}CE(g.g).$

\[ \Rightarrow \]K’D là phân giác của góc BK’C.

Mà M cũng chính là điểm chính giữa cung BC không chứa K’ của (O) \[ \Rightarrow \]K’, D, M thẳng hang.

Vậy K\( \equiv \)K’.

b)  Xét hai tam giác MBD và MKB, ta có:

Xét hai tam giác MID và MKI, ta có:

Ta có: $\stackrel{⏜}{API}=\stackrel{⏜}{AEI}=90°\Rightarrow AP\perp PI$. Mà \[AP\parallel BC \Rightarrow PI \bot BC.\]

Mặt khác : \[ID \bot BC.\]Từ đó suy ra P,I,D thẳng hàng.

Từ (3) và (4) $\Rightarrow \stackrel{⏜}{MKI}=90°-\stackrel{⏜}{PKI}\Rightarrow \stackrel{⏜}{MKP}=90°$hay \[KP \bot KM.\]

\[\begin{array}{l}{x^2} - (m - 4)x - m - 2 = 0(1)\\\Delta ' = {(m - 4)^2} - 4( - m - 2) = {m^2} - 8m + 16 + 4m + 8 = {m^2} - 4m + 24 = {\left( {m - 2} \right)^2} + 20 > 0,\forall m\end{array}\]

\[ \Rightarrow \]Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ với mọi m.

Áp dụng định lí Vi-ét: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = m - 4}\\{{x_1}{x_2} = - m - 2}\end{array}} \right.\]

\[\begin{array}{l}\sqrt {{x_1}^2 + 2023} + {x_1}(m - 8 - {x_1}) = \sqrt {{x_2}^2 + 2023} + {x_2}(m - {x_2})\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x_1}^2 + 2023} + {x_1}({x_1} + {x_2} - 4 - {x_1}) = \sqrt {{x_2}^2 + 2023} + {x_2}({x_1} + {x_2} - 4 - {x_2})\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x_1}^2 + 2023} - \sqrt {{x_2}^2 + 2023} + {x_1}({x_2} - 4) - {x_2}({x_1} + 4) = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{{x_1}^2 - {x_2}^2}}{{\sqrt {{x_1}^2 + 2023} + \sqrt {{x_2}^2 + 2023} }} + {x_1}{x_2} - 4{x_1} - {x_1}{x_2} - 4{x_2} = 0\\ \Leftrightarrow \frac{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}}{{\sqrt {{x_1}^2 + 2023} + \sqrt {{x_2}^2 + 2023} }} - 4({x_1} + {x_2}) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} + {x_2}} \right)\left( {\frac{{{x_1} - {x_2}}}{{\sqrt {{x_1}^2 + 2023} + \sqrt {{x_2}^2 + 2023} }}} \right) = 0(2)\end{array}\]

Ta có: \[\begin{array}{l}\sqrt {{x_1}^2 + 2023} + \sqrt {{x_2}^2 + 2023} > \sqrt {{x_1}^2} + \sqrt {{x_2}^2} = \left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|\\\end{array}\]

\[\begin{array}{l}{x_1} - {x_2} \le \left| {{x_1} - {x_2}} \right| \le \left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|\\ \Rightarrow \frac{{{x_1} - {x_2}}}{{\sqrt {{x_1}^2 + 2023} + \sqrt {{x_2}^2 + 2023} }} < \frac{{\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|}}{{\left| {{x_1}} \right| + \left| {{x_2}} \right|}} = 1\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{x_1} - {x_2}}}{{\sqrt {{x_1}^2 + 2023} + \sqrt {{x_2}^2 + 2023} }} - 4 < 0\\(2) \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 0 \Leftrightarrow m - 4 = 0 \Leftrightarrow m = 4\end{array}\]

Vậy m = 4.