Đại hội Thể thao Đông Nam Á – SEA Games (South East Asian Games) là sự kiện thể thao được tổ chức 2 năm 1 lần với sự tham gia của các vận động viên trong khu vực Đông Nam Á. Việt Nam là đội chủ nhà của SEA Games 31 diễn ra từ ngày 12/5/2022 đến ngày 23/5/2022. Ở môn bóng đá nam, một bảng đấu có 5 đội A, B, C, D, E thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt (mỗi đội thi đấu đúng một trận với các đội còn lại). Trong mỗi trận đấu, đội thắng được 3 điểm, đội hòa được 1 điểm và đội thua được 0 điểm. Khi kết thúc bảng đấu, các đội A, B, C, D, E lần lượt có điểm số là \(10\,;\,\,9\,;\,\,6\,;\,\,4\,;\,\,0.\) Hỏi có bao nhiêu trận hòa và cho biết đó là trận hòa giữa các đội nào (nếu có)?

 

a) Thay \(x = 196\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\) vào biểu thức \(B\) ta được:

\[B = \frac{{4 \cdot \left( {\sqrt {196} + 2} \right)}}{{\sqrt {196} - 2}} = \frac{{4 \cdot \left( {14 + 2} \right)}}{{14 - 2}} = \frac{{4 \cdot 16}}{{12}} = \frac{{16}}{3}\].

Vậy với \(x = 196\) thì giá trị của biểu thức \[B = \frac{{16}}{3}\].

b) \(A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{4x}}{{x - 4}}\)                             ĐKXĐ: \(x \ge 0, x \ne 4\)

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 4\sqrt x + 4 - x + 4\sqrt x - 4 + 4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\]

\[ = \frac{{4x + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\].

Vậy với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[A = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

c) Với \(x \ge 0, x \ne 4,\) ta có

\(P = A:B\)\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\]\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\].

Với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[\sqrt P \] luôn có nghĩa.

Xét hiệu: \[P - 1 = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 1 = \frac{{\sqrt x - \sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}}\].

Ta thấy: \[ - 2 < 0\]; \[\sqrt x + 2 > 0\] với \(x \ge 0, x \ne 4\).

Khi đó \[\frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}} < 0\] suy ra \[P - 1 < 0\] nên \[P < 1\] hay \[\sqrt P < 1\], do đó \[\sqrt P - 1 < 0\].

Mà \[\sqrt P \ge 0\] nên \[\sqrt P \left( {\sqrt P - 1} \right) \le 0\] suy ra \[P - \sqrt P \le 0\] hay \[P \le \sqrt P \].

Vậy với \(x \ge 0\,, \,x \ne 4\) thì \[P \le \sqrt P \].

a) Ta có \(CA,\,\,CM\) là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(C\) nên \(CA = CM\) và \(OC\) là tia phân giác của \[\widehat {AOM}\], do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM} = \frac{1}{2}\widehat {AOM}.\)

Tương tự, ta có \(DB = DM\) và \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\], do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {BOM}.\)

Mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ .\]

Khi đó, ta có: \[\widehat {COM} + \widehat {MOD} = \frac{1}{2}\widehat {AOM} + \frac{1}{2}\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {BOM}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 180^\circ = 90^\circ .\]

Hay \(\widehat {COD} = 90^\circ .\)

Vì \(CD\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\) nên \[CD \bot OM.\]

Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta ODM\) có:

\[\widehat {CMO} = \widehat {OMD} = 90^\circ \] và \(\widehat {OCM} = \widehat {DOM}\) (cùng phụ với \(\widehat {COM}\))

Do đó (g.g)

Suy ra \(\frac{{CM}}{{OM}} = \frac{{OM}}{{DM}}\) hay \[O{M^2} = CM.DM\].

Mà \[AC = CM\] và \[BD = MD\] (chứng minh trên)

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] hay \[{R^2} = AC \cdot BD\]. (1)

Mặt khác, \(AB\) là đường kính của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[AB = 2R,\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

b) Ta có: \[AC \bot AB,\,\,BD \bot AB\] nên \[AC\,{\rm{//}}\,BD\].

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\].

Mà \[CA = CM\], \[BD = DM\] (chứng minh câu a)

Do đó ta có \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}},\] suy ra \[MN\,{\rm{//}}\,BD\] (định lí Thalès đảo).

Lại có \[BD \bot AB\] nên \[MN \bot AB.\]

c) Xét tam giác \[MOD\], có: \[\cos \widehat {MOD} = \frac{{MO}}{{OD}} = \frac{{MO}}{{2MO}} = \frac{1}{2}\], suy ra \[\widehat {MOD} = 60^\circ \].

Theo câu a, \[OD\] là tia phân giác của \[\widehat {BOM}\] nên \[\widehat {BOM} = 2\widehat {MOD} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ .\]

Mà \[\widehat {AOM} + \widehat {BOM} = 180^\circ \] (câu a)

Suy ra \[\widehat {AOM} = 180^\circ - \widehat {BOM} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ \].

Mà \(\widehat {AOM}\) là góc ở tâm chắn cung \(AM\) nhỏ nên

Diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OA\] và cung nhỏ \[MA\] là:

\[S = \frac{{60 \cdot \pi \cdot {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\] (đơn vị diện tích).