Cho phương trình: \(3{x^2} - 5x + 1 = 0\). Gọi \({x_1}\), \({x_2}\) là hai nghiệm của phương trình trên. Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức: \(A = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} - 3x_1^2.x_2^2\).

Điều kiện: \[a,b,h > 0\].

Vì tỉ số của chiều rộng và chiều dài là \(1:3\) nên \[b = 3a\].

Ta có thể tích của thùng bằng \(\frac{9}{4}\,\,d{m^3}\). Tức là, \(V = \frac{9}{4}\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).

Suy ra \[a.b.h = \frac{9}{4}\].

Do đó \[a.3a.h = \frac{9}{4}\].

Vì vậy \[3{a^2}.h = \frac{9}{4}\].

Suy ra \[h = \frac{3}{{4{a^2}}}\].

Diện tích xung quanh của thùng là:

\[{S_1} = 2.a.h + 2.b.h = 2a.\frac{3}{{4{a^2}}} + 2.3a.\frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{2a}} + \frac{9}{{2a}} = \frac{{12}}{{2a}} = \frac{6}{a}\,\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].

Diện tích đáy của thùng là:

\[{S_2} = a.b = a.3a = 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].

Diện tích vật liệu dùng để làm thùng là:

\[S = {S_1} + {S_2} = \frac{6}{a} + 3{a^2} = \frac{3}{a} + \frac{3}{a} + 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương \[\frac{3}{a};\frac{3}{a};3{a^2}\], ta được:

\(S = 3{a^2} + \frac{3}{a} + \frac{3}{a} \ge 3\sqrt[3]{{3{a^2}.\frac{3}{a}.\frac{3}{a}}} = 9\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\frac{3}{a} = 3{a^2}\].

Suy ra \[{a^3} = 1\].

Do đó \[a = 1\].

So với điều kiện \[a > 0\], ta nhận \[a = 1\].

Ta có: \[b = 3a = 3.1 = 3\] và \[h = \frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{{{4.1}^2}}} = \frac{3}{4}\].

So với điều kiện \[b,h > 0\], ta nhận \[b = 3\] và \[h = \frac{3}{4}\].

Để tốn ít vật liệu làm thùng nhất thì diện tích vật liệu dùng để làm thùng nhỏ nhất và bằng \[9\,\,d{m^2}\].

Vậy các kích thước chiều rộng, chiều dài, chiều cao của thùng lần lượt là \[1\,\,dm\,;\,3\,\,dm\,;\,\,\frac{3}{4}\,\,dm\].

a) Ta có: \[MI \bot AB\] tại \[I\] (\[I\] thuộc \[AB\]).

Suy ra tam giác \[AMI\] vuông tại \[I\].

Do đó ba điểm \(A,M,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (1)

Chứng minh tương tự, ta được: ba điểm \(A,M,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (2)

Từ (1), (2), ta thu được tứ giác \[AIKM\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AM\].

b) Vì \(MI \bot AB\) tại \(I\)nên \(\widehat {AIE} = 90^\circ \).

Mà \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Suy ra \(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta AIE\) và \(\Delta ANB\), có:

\(\widehat {EAI}\) chung;

\(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AN}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).

Vậy \(AI.AB = AE.AN\) (điều phải chứng minh).

Ta có: \(\widehat {MAK} = \widehat {MIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(AM\)).

Suy ra \(\widehat {MAN} = \widehat {MIK}\).

Mà \(\widehat {MAN} = \widehat {MBN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\).

Vì tứ giác \(AIKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) nên \(\widehat {MAI} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) hay \(\widehat {MAB} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) (3)

Vì tứ giác \(AMNB\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {MAB} + \widehat {MNB} = 180^\circ \) (4)

Từ (3), (4), ta suy ra \(\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\).

Xét \(\Delta MKI\) và \(\Delta MNB\), có:

\(\,\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\) (chứng minh trên);

\(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\) (chứng minh trên).

Vậy (g.g).

c) Kéo dài \(MH\) cắt \(AB\) tại \(C\).

Ta có: \(MI,AK\) là hai đường cao của \(\Delta MAC\).

Mà \(E\) là giao điểm của \(MI,AK\).

Khi đó \(E\) là trực tâm của \(\Delta MAC\).

Suy ra \(CE \bot MA\) (5)

Ta có: \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(AM \bot MB\) (6)

Từ (5), (6), ta suy ra \(CE\parallel MB\).

Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IE}}{{EM}}\) (*)

Ta có: \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).

Suy ra \(AN \bot NB\).

Mà \(AN \bot HC\) (giả thiết).

Do đó \(HC\parallel NB\).

Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IH}}{{HN}}\) (**)

Từ (*), (**), ta thu được: \(\frac{{IE}}{{EM}} = \frac{{IH}}{{HN}}\).

Áp dụng định lí Thalès đảo, ta được: \(EH\parallel MN\).

Vậy \(EH\parallel MN\) (điều phải chứng minh).