Hai ngăn của một kệ sách có tổng cộng 400 cuốn sách. Nếu chuyển 80 cuốn sách từ ngăn thứ nhất sang ngăn thứ hai thì số sách ở ngăn thứ hai gấp 3 lần số sách ở ngăn thứ nhất. Tính số sách ở mỗi ngăn lúc đầu.

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có ai tiếp tuyến \(AB,\,AC\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\), do đó điểm \(A\) thuộc đường trung trực của \(BC.\)

Lại có \(OB = OC = R\) nên điểm \(O\) thuộc đường trung trực của \(BC.\)

Do đó, \(AO\) là đường trung trực của \(BC.\) Vậy \(OA\) vuông góc với \(BC\) tại \(H\).

Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta AOB\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAO}\) là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AO}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \(A{B^2} = AH\,.\,AO\).

b) Gọi \[K\] là giao điểm của \[OE\] và \[AD\].

Xét \[\Delta OAK\] và \[\Delta OEH\] có:

\[\widehat {AKO} = \widehat {EHO} = 90^\circ \] và \[\widehat {AOE}\] là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \[\frac{{OK}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OE}}\] nên \[OH \cdot OA = OK \cdot OE\].

Chứng minh tương tự câu a, ta có suy ra \[\frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OA}}\] nên \[O{B^2} = OH \cdot OA\].

Do đó \[O{B^2} = OK \cdot OE.\] Mà \[OB = OD\] nên \[O{D^2} = OK \cdot OE.\] Suy ra \(\frac{{OK}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OE}}\).

Xét \[\Delta OKD\] và \[\Delta ODE\] có:

\[\widehat {DOE}\] là góc chung và \(\frac{{OK}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OE}}\)

Do đó (c.g.c). Suy ra \[\widehat {OKD} = \widehat {ODE}\].

Như vậy, \[\widehat {ODE} = 90^\circ \] nên \(DE\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).

c) Xét \[\Delta OAB\] vuông tại \[B,\] ta có:

⦁ \[\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}.\] Suy ra \[\widehat {AOB} = 60^\circ .\]

⦁ \[A{B^2} = A{O^2} - O{B^2} = {10^2} - {5^2} = 75\], suy ra \[AB = 5\sqrt 3 \] (cm).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có ai tiếp tuyến \(AB,\,AC\) cắt nhau tại \(A\) nên \(OA\) là tia phân giác của \[\widehat {BOC}\].

Do đó \[\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 120^\circ \] nên

Ta có (cm2);

\[{S_{tgABOC}} = 2{S_{\Delta OAB}} = 2 \cdot \frac{1}{2}AB \cdot OB = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 5\sqrt 3 \cdot 5 = 25\sqrt 3 \] (cm2).

Vậy phần diện tích mặt phẳng giới hạn bởi \(AB,\,AC\) và cung nhỏ \(BC\) của \(\left( {O\,;\,R} \right)\) là:

\[{S_{tgABOC}} - {S_{BOC}} = 25\sqrt 3 - \frac{{5\pi }}{3} \approx 38,1\] (cm2).

a) Bảng giá trị của hàm số:

Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), lấy các điểm \(A\left( { - 2;\,\, - 4} \right),\) \(B\left( { - 1;\,\, - 1} \right),\) \(O\left( {0;\,\,0} \right),\) \(C\left( {1;\,\, - 1} \right),\) \(D\left( {2;\,\, - 4} \right).\)

Đồ thị của hàm số \(\left( P \right):\,y = - {x^2}\) là một đường parabol đỉnh \(O,\) đi qua các điểm trên và có dạng như hình sau:

b) Giả sử \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) là điểm thuộc \[\left( P \right)\] có hoành độ và tung độ là những số đối nhau. Khi đó, \({y_0} = - {x_0}.\)

Do đó \(M\left( {{x_0};\,\, - {x_0}} \right)\) thuộc \[\left( P \right)\]: \(\left( P \right):\,y = - {x^2}\) nên ta có:

\( - {x_0} = - x_0^2\)

\(x_0^2 - {x_0} = 0\)

\({x_0}\left( {{x_0} - 1} \right) = 0\)

\({x_0} = 0\) hoặc \({x_0} = 1\).

Với \({x_0} = 0\) ta có \({y_0} = 0,\) ta được điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right).\)

Với \({x_0} = 1\) ta có \({y_0} = - 1,\) ta được điểm \(C\left( {1;\,\, - 1} \right).\)

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài là \(O\left( {0;\,\,0} \right)\) và \(C\left( {1;\,\, - 1} \right).\)