Hình vẽ bên mô tả tia nắng mặt trời dọc theo \(AC\) tạo với phương nằm ngang trên mặt đất một góc \(\widehat {ACB}\) bằng \({60^{\rm{o}}}\). Khi đó, người ta đo được bóng của một cái tháp trên mặt đất là đoạn thẳng \(BC\) dài 30 m . Biết tháp có phương vuông góc với mặt đất.
a) Tính chiều cao \(AB\) của tháp (làm tròn kết quả đến hàng phẩn trăm).
b) Tại một thời điểm khác, người ta đo được bóng của tháp có độ dài \(BD = 90{\rm{\;m}}\). Tính góc \(\widehat {ADB}\) giữa tia nắng mặt trời và mặt đất vào thời điểm đó.

PT đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\). Theo định lý Viét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 5}\\{{x_1} \cdot {x_2} = 2}\end{array}} \right.\)

Vì \[{x_1} + {x_2} = 5 > 0,{x_1}.{x_2} = 2 > 0\] nên \[{x_1},{x_2}\] là hai nghiệm dương phân biệt.
Vì \({x_2}\) là nghiệm của PT \({x^2} - 5x + 2 = 0\) nên \({x_2}{\;^2} - 5{x_2} + 2 = 0\) ha\(x_2^2 = 5{x_2} - 2\)

Ta có: \(A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + 5{x_2} - 2}  + 3{x_2}\)

\(A = \sqrt {16x_1^2 + 8{x_1}{x_2} + x_2^2}  + 3{x_2}\) \( = \sqrt {{{\left( {4{x_1} + {x_2}} \right)}^2}}  + 3{x_2}\) \( = \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2}\)

Vì \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm dương nên \(A = \left| {4{x_1} + {x_2}} \right| + 3{x_2} = 4\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 4.5 = 20\).

Vậy \(A = 20\).

a) \(\widehat {CEH} = 90^\circ \) (vì \(BE\) là đường cao \(\Delta ABC\)) suy ra \(E\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\) hay \(E,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\).
\(\widehat {CDH} = 90^\circ \) (vì \(AD\) là đường cao \(\Delta ABC\)) suy ra \(D\) thuộc đường tròn đường kính \(CH\) hay \(D,H,C\) thuộc đường tròn đường kính CH. Vậy \[4\] điểm \(C,E,H,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CH\)
b) Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACM\).

Ta có \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa dường tròn).
\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì \(AD\) là đường cao \(\Delta ABC\) ). Suy ra \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = {90^{\rm{o}}}\) (1)
\(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) của \(\left( O \right)\) ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra .

Ta có \(\frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{MC}}\) suy ra \(AD \cdot MC = BD \cdot AC\)

c) Ta có \(CM\,{\rm{//}}\,BH\) (vì \({\rm{CM}},{\rm{BH}}\) cùng vuông góc với AC ).

\(BM//CH\) (vì \[BM,CH\] cùng vuông góc với \[AB\] ).

Suy ra tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành. Khi đó hai đường chéo \(HK\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
\( \Rightarrow K\) là trung điểm của \(HM\).
Ta có .

Ta có tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\)
\( \Rightarrow \widehat {AHF} = \widehat {AEF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AF) \( \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {ABI}\).

Từ chứng minh phần b ta có
Xét \(\Delta APE\) và \(\Delta AIB\) có \(\widehat {ABI} = \widehat {AEF};\widehat {EAP} = \widehat {BAI}\)

Tương tự .

Vậy \(PI\,{\rm{//}}\,HK\).