Giải các phương trình sau:

(a) \(2{x^2} + 3x - 1 = 0\).

(b) \({x^2} - \sqrt 5 x + \sqrt 5 - 1 = 0\).

a) Xét nửa đường tròn tâm \[O\] có \[E,F\] nằm trên cung \[BC\] nên \[\widehat {AEC}\,\], \[\widehat {BFC}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \[\widehat {AEC} = \,\widehat {BFC} = 90^\circ \]

\[\widehat {AEC}\,\widehat {,\,BEC}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AEC}\,\, + \widehat {BEC} = \,180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {AEC}\,\, = \,180^\circ  - \widehat {BEC} = \,180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ \].

Chứng minh tương tự ta có \[\widehat {AFB} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên \[\Delta AEH\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\]

Suy ra \[A,E,H\] thuộc đường tròn đường kính \[AH\].

Chứng minh tương tự với \[\Delta AFH\] ta có \[A,F,H\] thuộc đường tròn đường kính \[AH\].

Như vậy, \[A,F,H,E\] thuộc đường tròn đường kính \[AH\], suy ra tứ giác \[AFHE\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\].

b)

Xét đường tròn nội tiếp tứ giác \[AEHF\] có \[\widehat {AEF},\,\widehat {AHF}\,\]là góc nội tiếp chắn cung \[AF\] nên \[\widehat {AEF} = \widehat {AHF}\,\] (1)

Xét \[\Delta AFH\] và \[\Delta ADC\] có:

\[\widehat {AFH} = \,\widehat {ADC} = 90^\circ \] và \[\widehat {HAF}\] là góc chung

Do đó  (g.g)

Suy ra \[\widehat {ACD} = \widehat {AHF}\] (hai góc tương ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {AEF} = \widehat {ACD}\] hay \[\widehat {AEF} = \widehat {ACB}\].

Xét \[\Delta ABC\] có \[\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \] nên \[BF,CE\] là đường cao mà \[BF,CE\] cắt nhau tại \[H\] nên \[AH \bot BC\] tại \[D\], suy ra \[\widehat {ADC} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta HFC\] vuông tại \[F\] nên \[\Delta HFC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[HC\], suy ra \[H,F,C\] thuộc đường tròn đường kính \[HC\].

Xét \[\Delta HDC\] vuông tại \[D\] nên \[\Delta HDC\] nội tiếp đường tròn đường kính \[HC\], suy ra \[H,D,C\] thuộc đường tròn đường kính \[HC\].

Như vậy, \[H,D,C,F\] thuộc đường tròn đường kính \[HC\] suy ra tứ giác \[HDCF\] nội tiếp.

Mà \[\widehat {HFD},\,\widehat {HCD}\] là góc nội tiếp chắn cung \[HD\] nên \[\widehat {HFD} = \widehat {HCD}\] (3)

Xét \[\Delta ADB\] và \[\Delta CEB\] có:

\[\widehat {ADB} = \,\widehat {CEB} = 90^\circ \] và \[\widehat {ABC}\] là góc chung

Do đó  (g.g)

Suy ra \[\widehat {BAD} = \widehat {BCE}\] (hai góc tương ứng) hay  \[\widehat {EAH} = \widehat {HCD}\] (4)

Tứ giác \[AEHF\] nội tiếp có \[\widehat {EAH\,,}\,\,\widehat {HFE}\] là góc nội tiếp chắn cung \[HF\] nên \[\widehat {EAH\,} = \,\widehat {HFE}\] (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra \[\widehat {HFE} = \widehat {HFD}\] hay \[\widehat {EFB} = \widehat {DFB}\] hay \[FB\] là tia phân giác \[\widehat {EFD}\].

c) Xét \[\Delta AFB\] và  \[\Delta AEH\] có

\[\widehat {EAF}\] là góc chung và \[\widehat {AFB} = \widehat {AEC}\]

Do đó  (g.g)

Suy ra \[\frac{{AF}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}}\] nên \[\frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\]

Xét \[\Delta AEF\] và \[\Delta ACB\] có

\[\widehat {EAF}\] chung và \[\frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}}\]

Do đó   (c.g.c)

Suy ra \[\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AB}}\]

Xét \[\Delta AFB\] có \[\widehat {AFB} = 90^\circ \] nên \[\cos \widehat {BAC} = \frac{{AF}}{{AB}}\]

Suy ra \[\cos 60^\circ  = \frac{{EF}}{{BC}}\]  nên \[EF = \frac{1}{2}BC.\]

Đỉnh cổng là đỉnh của parabol \(y = a{x^2}\left( {a < 0} \right)\), đỉnh cổng là \(O\left( {0;0} \right)\).

Gọi hai chân cổng là \(A,B\). \(AB\) cắt \(Oy\) tại \(H\).

Ta có: \(AH = HB = \frac{{AB}}{2}\); \(OA = OB = 2\sqrt 5 \) (\(A,B,H\) nằm dưới trục hoành)

Xét \(\Delta HOA\) vuông tại \(H\), theo định lí Pythagore, ta có: \(O{H^2} + A{H^2} = O{A^2}\)

Suy ra \(O{H^2} = {\left( {2\sqrt 5 } \right)^2} - {2^2} = 16\) nên \(OH = \sqrt {16}  = 4\)

Khi đó, \(H\left( {0; - 4} \right)\) suy ra \(A\left( { - 2; - 4} \right)\); \(B\left( {2; - 4} \right)\)

Vì \(A \in \left( P \right)\) nên ta có: \( - 4 = a.{\left( { - 2} \right)^2}\) suy ra \(a =  - 1\)

Vậy cổng có dạng parabol \(y =  - {x^2}\)

Vì  chiều cao của xe tải là \(2,5m\), xét đường thẳng \(y =  - \frac{3}{2}\) (ứng với chiều cao của xe).

Hoành độ giao điểm của parabol với đường thẳng \(y =  - \frac{3}{2}\) là nghiệm của phương trình:

\( - {x^2} =  - \frac{3}{2}\)

\({x^2} = \frac{3}{2}\)

Suy ra \(x =  \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)

Khi đó toạ độ hai giao điểm là \(M\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2};\frac{{ - 3}}{2}} \right)\);\(N\left( {\frac{{ - \sqrt 6 }}{2};\frac{{ - 3}}{2}} \right)\)

Ta có: \(MN = 2.\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \sqrt 6  > 2,4m\)

Vậy xe tải có thể đi qua cổng.