Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có \(AB < AC,\) các đường cao \(BE,CF\)của tam giác ABC cắt nhau tại H, đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(BC\) tại K.

            1. Chứng minh tứ giác \(BCEF\) nội tiếp.

            2. Chứng minh hai tam giác \(KBF\) và \(KEC\)đồng dạng, từ đó suy ra \(KB.KC = KF.KE\)

            3. Đường thẳng \(AK\) cắt đường tròn (O) tại G khác A, chứng minh các điểm A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn.

            4. Gọi I là trung điểm cạnh \(BC,\) chứng minh \(HI\) vuông góc với \(KA.\)

1. Phương trình có \(\Delta  = {({\rm{m}} + 3)^2} - 4 \cdot \left( {\frac{1}{4}\;{{\rm{m}}^2} + 1} \right) = {{\rm{m}}^2} + 6\;{\rm{m}} + 9 - {{\rm{m}}^2} - 4 = 6\;{\rm{m}} + 5\)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({{\rm{x}}_1},{{\rm{x}}_2} \Leftrightarrow 6\;{\rm{m}} + 5 > 0 \Leftrightarrow {\rm{m}} > \frac{{ - 5}}{6}\)

Theo hệ thức Vi - ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 3}\\{{x_1} \cdot {x_2} = \frac{1}{4}{m^2} + 1}\end{array}} \right.\)

Theo đề ta có: \(2{\left( {{{\rm{x}}_1} + {{\rm{x}}_2}} \right)^2} - 8{{\rm{x}}_1}{{\rm{x}}_2} = 34\)

\( \Leftrightarrow 2.{({\rm{m}} + 3)^2} - 8.\left( {\frac{1}{4}\;{{\rm{m}}^2} + 1} \right) = 34 \Leftrightarrow 2\;{{\rm{m}}^2} + 12\;{\rm{m}} + 18 - 2\;{{\rm{m}}^2} - 8 - 34 = 0\)

\( \Leftrightarrow 12\;{\rm{m}} - 24 = 0 \Leftrightarrow {\rm{m}} = 2\) (TMĐK). Vậy \({\rm{m}} = 2\) là giá trị cần tìm.

2. Vì \(A( - 1;5) \in (d):y = ax - 4\) nên: \(5 = {\rm{a}} \cdot ( - 1) - 4 \Leftrightarrow 5 =  - {\rm{a}} - 4 \Leftrightarrow {\rm{a}} =  - 9\)

Vậy a \( =  - 9\).

b) Tọa độ giao điểm của \(\left( {{{\rm{d}}_1}} \right)\) với trục hoành là \({\rm{A}}\left( {\frac{2}{3};0} \right)\)

Tọa độ giao điểm của \(\left( {{{\rm{d}}_1}} \right)\) với trục tung là \({\rm{B}}(0;2)\)

Ta có: \({\rm{OA}} = \left| {\frac{2}{3}} \right| = \frac{2}{3}(\) đvđd) \({\rm{OB}} = |2| = 2\)(đvđd)

\({\rm{AB}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{A}}^2} + {\rm{O}}{{\rm{B}}^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2} + {2^2}}  = \frac{{2\sqrt {10} }}{3}({\rm{dvdd}})\)

Diện tích tam giác \({\rm{OAB}}\) là:

\({{\rm{S}}_{{\rm{OAB}}}} = \frac{1}{2} \cdot {\rm{OA}} \cdot {\rm{OB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 2 = \frac{2}{3}({\rm{dvdt}})\)

Khoảng cách từ gốc tọa độ \({\rm{O}}\) đến \(\left( {{{\rm{d}}_1}} \right)\) là:

\(\frac{{2.{{\rm{S}}_{{\rm{OAB}}}}}}{{{\rm{AB}}}} = \frac{{2 \cdot \frac{2}{3}}}{{\frac{{2\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\) (đvđd)

Gọi \({\rm{x}},{\rm{y}}\) (thí sinh) lần lượt là số thí sinh dự thi của hai trường \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}}\).

ĐK: \(x\), y nguyên dương; \(x,y < 380\).

Vì số thí sinh dự thi của cả hai trường là 380 thí sinh nên ta có phương trình: \({\rm{x}} + {\rm{y}} = 380\)

Số thí sinh trúng tuyển của trường \({\rm{A}}\) là: \(55\% x = 0,55x\) (thí sinh)

Số thí sinh trúng tuyển của trường \({\rm{B}}\) là: \(45\% y = 0,45y\) (thí sinh)

Ta có phương trình: \(0,55x + 0,45y = 191\) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 380}\\{0,55x + 0,45y = 180}\end{array}} \right.\)

Giải hệ phương trình ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 200}\\{y = 180}\end{array}} \right.\) (TMĐK)

Vậy số thí sinh dự thi của trường \({\rm{A}}\) là 200 thí sinh

Số thí sinh dự thi của trường \(B\) là 180 thí sinh.