Một chiếc quạt giấy khi xòe ra có dạng nửa hình tròn bán kính 2,2 dm như hình bên. Tính diện tích phần giấy của chiếc quạt, biết rằng khi gấp lại, phần giấy có chiều dài khoảng 1,6 dm (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm của dm²).

a) Với \(x = 9\) (TMĐK) nên \(\sqrt x = 3\), thay vào \(A\) ta được: \[A = \frac{{3 - 2}}{{3 - 1}} = \frac{1}{2}\].

Vậy \[A = \frac{1}{2}\] khi \[x = 9.\]

b) Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có:

\[B = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} + \frac{1}{{1 - \sqrt x }} + \frac{2}{{x - 1}}\]\[ = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x - 1}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right) - \left( {\sqrt x + 1} \right) + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{x - \sqrt x - \sqrt x - 1 + 2}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]

\[ = \frac{{x - 2\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{{{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}\]\[ = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\].

Vậy \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\] thì \(B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}}\).

c) Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có: \[P = A \cdot B\]\[ = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 1}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x + 1}} = \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}}\].

⦁ Với \[x \ge 0;\,\,x \ne 1\], ta có: \(\left| P \right| + P = 0\) suy ra \(\left| P \right| = - P\) nên \(P \le 0\).

Do đó \(\frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 1}} \le 0\) nên \(\sqrt x - 2 \le 0\) suy ra \(x \le 4\).

⦁ Kết hợp điều kiện xác định, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 4\\x \ne 1\end{array} \right.\)

Mà \[x\] là số nguyên nên ta có: \(x \in \{ 0;\,\,2;\,\,3;\,\,4{\rm{\} }}\).

Chứng minh được \[\widehat {AHC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

\(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) nên ba điểm \(A,H,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

\(\Delta AKC\) vuông tại \(K\) nên ba điểm \(A,K,C\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\).

Vậy bốn điểm \(A\,,H\,,K\,,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\) nên \(AHKC\,\)là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có \(\widehat {DCB} = \widehat {DAB}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD)\) và \(\widehat {KCH} = \widehat {KAH}\,\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(KH)\)

Suy ra \(\widehat {KCH} = \widehat {DCB}\).

Xét \(\Delta AIH\) và \(\Delta ABD\) có:

\(\widehat {AHI} = \widehat {ADB} = 90^\circ \) (\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {BAD}\) là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) nên \(AI.AD = AH.AB\).

c) Kéo dài \[CP\,\]cắt \[AB\,\]tại \[M\,\].

Xét \[\Delta ACM\,\]có hai đường cao \[AK\,\]và \[CH\,\]cắt nhau tại \[I\,\]nên \[I\,\] là trực tâm \[\Delta ACM\,\]. Suy ra \[MI \bot AC\,\].

Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có \[\widehat {ACB} = 90^\circ \,\]( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên \[BC \bot AC\,\]. Do đó \[MI{\rm{//}}BC\,\].

Xét \[\Delta CHB\,\]có\[I \in CH\], \[M \in HB\,\]mà \[MI{\rm{//}}BC\,\]suy ra \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) ( 1)

Xét \(\Delta HDB{\mkern 1mu} \)có\(P \in HD{\mkern 1mu} \), \(M \in HB{\mkern 1mu} \)mà \(MP{\rm{//}}DB{\mkern 1mu} \)( vì cùng vuông góc với \(AD{\mkern 1mu} \)) suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (2)

Suy ra \(\frac{{HP}}{{HD}} = \frac{{HI}}{{HC}}\) nên \(IP\,{\rm{//}}\,CD\,\).