a. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A,\) đường cao \(AH.\) Biết \(\;AH = 3\;cm,\;\)\(HC = 4\;cm.\) Tính độ dài đoạn thẳng \(HB,\;\,AC\;\)và số đo góc \(C\)(kết quả làm tròn đến độ).

     b. Để xác định chiều cao của một tòa tháp cao tầng (hình vẽ bên), một người đứng tại điểm \(C\) cách chân tháp một khoảng \(CD = 60\,m,\) sử dụng giác kế nhìn thấy đỉnh tòa tháp với góc \(\widehat {AOB} = {60^0}.\) Hãy tính chiều cao của tòa tháp. Biết rằng khoảng cách từ mặt đất đến ống ngắm của giác kế là \(OC = 1\,m,\) (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

a. Giải phương trình \(3{x^2} - 7x + 4 = 0.\)

Ta có \[a + b + c = 3 + ( - 7) + 4 = 0\]

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1\) và \({x_2} = \frac{4}{3}.\)

b. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x + y = 9}\\{2x - y = 1}\end{array}} \right..\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\2x - y = 1\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\2.2 - y = 1\end{array} \right.\]  \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right..\]

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \[\left( {2;3} \right).\]

c. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m + 3 = 0\;\;\)(\(x\) là ẩn số, \(m\) là tham số). Với giá trị nào của  \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\;x_1^2.{x_2} + {x_1}.x_2^2 =  - \,4.\)

Ta có: \[\Delta  =  - 8 - 4m\]

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(\Delta \; > 0\)

\[ \Leftrightarrow m <  - 2.\]

Theo hệ thức Vi-ét \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}.{x_2} = m + 3\end{array} \right.\]

Theo đề bài  \(x_1^2.{x_2} + {x_1}.x_2^2 =  - 4\)

\[ \Leftrightarrow \]\({\rm{\;}}{x_1}.{x_2}.\left( {{x_1} + {x_2}} \right) =  - 4{\rm{\;}} \Leftrightarrow \left( {m + 3} \right).2 =  - 4{\rm{\;}}\)

\[ \Leftrightarrow \]\(m =  - 5\) (thỏa mãn).

Vậy  \(m =  - 5{\rm{\;}}\)thì phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn \(x_1^2.{x_2} + {x_1}.x_2^2 =  - 4.\)

a. Chứng minh tứ giác \(CDHE\;\) nội tiếp đường tròn.

Xét \(\Delta \;ABC\) có:

\(AD\;\)là đường cao \[ \Rightarrow \]\(\widehat {ADC} = {90^0}\) \[ \Rightarrow \]\({\rm{\;\;}}\widehat {HDC} = {90^0}.\)

\(BE\;\)là đường cao \[ \Rightarrow \]\(\widehat {BEC} = {90^0}\)\[ \Rightarrow \]\({\rm{\;\;}}\widehat {HEC} = {90^0}.\)

Xét tứ giác \(CDHE\) có: \(\widehat {HDC} + \widehat {HEC} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)

Vậy tứ giác \(CDHE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn.

 b. Chứng minh: \(HA.\;HD = HB.\;HE.\)

Xét \(\Delta \;AHE\;\)và \(\Delta BHD\) có:

       \(\widehat {BHD} = \widehat {AHE}\) ( đối đỉnh)

      \(\widehat D = \widehat E = {90^0}.\)

  \(\Delta \;BHD\;\)và \(\;\Delta \;AHE\) đồng dạng \(\left( {\;g\'o c - g\'o c} \right)\)

Vậy \(\;\;\frac{{BH}}{{HA}} = {\rm{\;}}\frac{{HD}}{{HE}}\) \[ \Leftrightarrow \]\(BH.\;HE = HD.\;HA\) (đpcm)

c. Gọi điểm \(\;I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(CDHE.\) Chứng minh \(IE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AB.\) .

* Xét tứ giác \(BAED\) có: \(\widehat {BDA} = \widehat {BEA} = {90^0}\)\[ \Rightarrow \]Tứ giác \(BAED\;\) nội tiếp đường tròn có tâm \(O,\) đường kính\(AB\)\[ \Rightarrow \]\(\widehat {OEA} = \widehat {OAE}\)    (vì \(\Delta OAE\) cân tại \(O)\)    (1)

             \[ \Rightarrow \] \(\widehat {BAE} = \widehat {EDC}\) ( cùng bù với \(\widehat {EDB}\)) hay  \(\widehat {OAE} = \widehat {EDC}\)      (2)

* Xét đường tròn \(\left( I \right)\) có: \(\widehat {EDC} = \widehat {EHC} = \;\frac{1}{2}\)sđ                            (3)

*  Ta có \(\Delta IEH\) cân tại \(I\)\[ \Rightarrow \]\(\widehat {EHI} = \widehat {IEH}\) hay  \(\widehat {EHC} = \widehat {IEB}\)             (4)

Từ (1), (2), (3), (4) \[ \Rightarrow \]\(\widehat {OEA} = \widehat {IEB}\)

Mà \(\widehat {OEI} = \widehat {OEB} + \widehat {IEB}\)\( = \widehat {OEB} + \widehat {OEA} = {90^0}\)

Vậy \[OE \bot EI\] tại \(E\) \[ \Rightarrow \]\(EI\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AB.\)