Lực \(F(N)\) của gió khi thổi vuông góc vào cánh buồm tỷ lệ thuận với bình phương vận tốc \(v\left( {m/s} \right)\) của gió theo công thức \(F = a{v^2}\), (\(a\) là hằng số). Biết rằng, khi vận tốc gió là \(2\) m/s thì lực tác động lên cánh buồm của con thuyền bằng \(120\) N.

(a) Tìm hằng số \(a\).

(b) Cánh buồm của thuyền chỉ chịu được tác động tối đa là \(12000\) N. Hỏi con thuyền có thể ra khơi khi vận tốc của gió là \(25\)m/s hay không? Vì sao?

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.