Trường THCS X đang khảo sát để làm một vườn thực nghiệm hình chữ nhật \[MNPQ\] trên khu đất dạng tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nằm ở góc khuôn viên nhà trường ( như hình 2), với \[AB = 6m,AC = 8m\]. Biết chi phí làm \[1\,{{\rm{m}}^2}\] vườn thực nghiệm là \[1,2\] triệu đồng, hỏi nhà trường cần chi bao nhiêu triệu đồng để diện tích khu vườn làm được là lớn nhất.

                                                                                                         

Xét phương trình \[{x^2} - 7x + 2 = 0\] có \[\Delta  = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.2 = 41 > 0\] nên phương trình bài ra có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\].

Áp dụng định lí Vi-ét, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 7 > 0\\{x_1}.{x_2} = 2 > 0\end{array} \right.\] nên \[{x_1},{x_2}\] là hai nghiệm dương phân biệt.

Vì \[{x_2}\] là nghiệm phương trình \[{x^2} - 7x + 2 = 0\] nên ta có: \[x_2^2 - 7{x_2} + 2 = 0\] hay \[x_2^2 = 7{x_2} - 2\]

Suy ra: \[2x_2^2 - {x_2} + 11 = x_2^2 - {x_2} + 11 + x_2^2 = x_2^2 - {x_2} + 11 + 7{x_2} - 2\]\[ = x_2^2 + 6{x_2} + 9 = {\left( {{x_2} + 3} \right)^2}\]

Khi đó: \[T = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {{x_2} + 3} \right)}^2}}  = \left| {{x_1} + 1} \right| + \left| {{x_2} + 3} \right|\]\[ = {x_1} + 1 + {x_2} + 3\] ( vì \[{x_1},{x_2} > 0 \Rightarrow {x_1} + 1 > 0,{x_2} + 3 > 0\]) hay \[T = {x_1} + {x_2} + 4 = 11\].

Vậy \[T = 11\].

a) Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = {90^{\rm{o}}}\]

Suy ra hai tam giác \[\Delta MAO,\Delta MBO\] lần lượt vuông góc tại \[A,B\]

Do đó \[M,A,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\] và \[M,B,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Vậy \[4\] điểm \[M,A,O,B\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[\widehat {CBF} = \widehat {CDF}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CF\])

Xét \[\Delta EBC\] và \[\Delta EDF\] có:

\[\widehat {CBE} = \widehat {FDE}\] (cmt), \[\widehat {CEB} = \widehat {FED}\] (hai góc đối đỉnh)

Do đó  (g.g).

c) Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[OC = OD = R\] nên tam giác \[OCD\] cân tại \[O\] do đó đường trung tuyến \[OE\] đồng thời là đường cao nên \[OE \bot CD\].

Khi đó \[\Delta MOE\] vuông tại \[E\] nên \[E\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] hay \[5\] điểm \[M,A,E,O,B\] cùng thuộc một đường tròn.

Do đó \[\widehat {AEM} = \widehat {AOM}\], \[\widehat {MEB} = \widehat {MOB}\].

Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[OM\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AOB}\] hay \[\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\] suy ra: \[\widehat {AEM} = \widehat {BEM}\] nên \[EM\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AEB}\].

d)

Ta có \[\widehat {BEM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOA} = \widehat {AFB}\] nên \[CD{\rm{//}}AF\] do đó \[{S_{MFD}} = {S_{MAD}}\]

Mà: \[{S_{MAD}} = \frac{1}{2}DH.AM \le \frac{1}{2}AM.AD \le \frac{1}{2}.AM.2R = AM.R\] không đổi do \[AM,R\] không đổi

Do đó \[{S_{MFD}}\] đạt giá trị lớn nhất là \[AM.R\] khi \[AD\] là đường kính của đường tròn \[\left( O \right)\].