Cho phương trình \(2{x^2} + 4x - 1 = 0\).

a. Chứng minh phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

b. Gọi \({x_1}\) và \({x_2}\)là hai nghiệm của phương trình trên. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức \(P = \frac{{{x_2}}}{{{x_1}}} - \frac{2}{{{x_2}}}\) .

a. Ta có \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\) (do \(AD\) là đường cao).

    Do đó \(A,D,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).

   \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao). Do đó \(A,E,B\) nằm trên đường tròn đường kính \(AB\).

Từ đó ta có bốn điểm \(A,B,D,E\)cùng nằm trên một đường tròn đường kính \(AB\)

b. Vì \(AK\)là đường kính của \((O)\) nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ \)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta ABD\) và\(\Delta AKC\) có

\(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung\(AC\) )

   \(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)

Do đó (g-g).

c. Ta có \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)

Do đó \(B,E,C\) nằm trên đường tròn đường kính \(BC\).

Mà \(I\)là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BEC\) nên \(I\)là trung điểm của \(BC\).

Do đó \(IE = IB = IC\) suy ra \(\Delta BIE\) cân tại \(I\). Khi đó \(\widehat {IBE} = \widehat {IEB}\).         \((1)\)

Ta cũng có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) (do \(BE\) là đường cao)

Do đó \(A,E,H\) nằm trên đường tròn đường kính \(AH\).

Mà \(F\)là trung điểm\(AH\)nên \(F\)là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEH\)

Do đó \(FE = FH\) suy ra \(\Delta FEH\)cân tại \(F\). Khi đó \(\widehat {FEH} = \widehat {FHE}\)             \((2)\)

Mặt khác\(\Delta BHD\) vuông tại \(D\) nên \(\widehat {DBH} + \widehat {BHD} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IBE} + \widehat {BHD} = 90^\circ \]  \((3)\)

Mà \(\widehat {FHE} = \widehat {BHD}\) (đối đỉnh)   \((4)\)

Từ \((1)\), \((2)\), \((3)\) và \((4)\) suy ra \(\widehat {FEH} + \widehat {IEB} = 90^\circ \) hay \[\widehat {IEF} = 90^\circ \]

Vậy \(EF\) là tiếp tuyến của \((I)\)

a. Thể tích cái ly là \({V_L} = \pi {R^2}h = \pi {.7^2}.18 = 882\pi (c{m^3})\)

b. Thể tích nước bên trong ly là \({V_n} = \pi {R^2}{h_n} = \pi {.7^2}.10 = 490\pi (c{m^3})\)

Thể tích phần ly không chứa nước là \(V = {V_L} - {V_n} = 882\pi  - 490\pi  = 392\pi (c{m^3})\)

Thể tích của một viên bi sắt hình cầu là \({V_b} = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi (c{m^3})\)

Số viên bi cần thêm để nước dâng đầy ly là \(\frac{{392\pi }}{{36\pi }} \approx 10,89\)

Vậy có thể thả nhiều nhất \(10\) viên bi ngập hoàn toàn để nước dâng lên tối đa mà không bị tràn ra ngoài.