Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{4}\) có đồ thị (P). Vẽ (P) và tìm các điểm trên (P) có tung độ nhỏ hơn hoành độ 1 đơn vị.

Diện tích của hình quạt EAO là \[{S_{qEAO}} = \frac{{\pi {R^2}n}}{{360}} = \frac{{\pi {{.10}^2}.90}}{{360}} = 25\pi {\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

Diện tích tam giác EAO là: \[{S_{\Delta EAO}} = \frac{1}{2}EA.EO = \frac{1}{2}.10.10 = 50 \left( {c{m^2}} \right)\]

Diện tích hình viên phân tạo bởi dây AO và cung AO nhỏ là: \[{S_{vp}} = {S_{qEAO}} - {S_{\Delta EAO}} = 25\pi - 50{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

Diện tích bông hoa là: \[8.\left( {25\pi - 50} \right) \simeq {\rm{228,3 }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\]

a) Xét đường tròn \((O)\), ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra \(\widehat {MCB} = 90^\circ .\)

Ta có \(MH \bot AB\) tại H nên \(\widehat {MHB} = 90^\circ \)

Do đó Bốn điểm B, C, M, H cùng thuộc một đường tròn đường kính BM.

b) \(\widehat {CIH} = \widehat {COB}\).

- Ta có \(\widehat {AIM} = 90^\circ \) (do \(\widehat {AIB} = 90^\circ \) chắn nửa đường tròn) và \(\widehat {AHM} = 90^\circ \) (gt) nên bốn điểm A, I, M, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM.

- Xét đường tròn đường kính AM: \(\widehat {MIH} = \widehat {MAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MH) hay \(\widehat {BIH} = \widehat {CAB}\).

- Lại có trong \((O)\), \(\widehat {CIB} = \widehat {CAB}\) (cùng chắn cung CB\().\)

- Do đó \(\widehat {CIH} = \widehat {CIB} + \widehat {BIH} = \widehat {CAB} + \widehat {CAB} = 2\widehat {CAB}\).

- Mặt khác, góc ở tâm (góc ở tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn cung CB)

- Vậy \(\widehat {CIH} = \widehat {COB}\)

c) - Xét \(\Delta KAB\), có: \(AC \bot KB\) tại C, \(BI \bot KA\) tại I.

- Mà AC cắt BI tại \(M\) nên M là trực tâm của \(\Delta KAB\).

- Suy ra \(KM \bot AB\). Lại có \(MH \bot AB\) .

- Qua điểm \(M\) chỉ có duy nhất một đường thẳng vuông góc với AB, do đó 3 điểm K, M, H thẳng hàng.