Cho phương trình \({x^2} + 4x + 1 = 0\). Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) và tính giá trị của biểu thức\(T = \frac{{\sqrt {16x_2^2 - 4{x_1} + 7} + 10{x_1} + 5{x_2} + 20}}{{x_1^3 + 15{x_2} + 64}}\) với \[{x_1} > {x_2}\].

a) Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm BC.

Vì MN, MC, NB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \[\widehat {MAO}\, = \widehat {\,MCO} = \widehat {NAO} = \widehat {NBO} = {90^0}\]

Tam giác MAO vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Tam giác MCO vuông tại C nên nội tiếp đường tròn đường kính MO

Suy ra bốn điểm M, A, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính MO

b) Ta có: MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA=OC=R

Suy ra MO là trung trực AC nên MO \[ \bot \] AC. Chứng minh tương tự NO \[ \bot \] AB.

Do đó ON // AC hay OJ // HC. Tam giác BHC có O trung điểm BC và OJ // HC nên J trung điểm BH. Vậy JB = JH.

Xét \[\Delta \]MCH và \[\Delta \]MOC lần lượt vuông tại H và C có \[\widehat {{\rm{HMC}}}\] chung

\[ \Rightarrow \] \[\Delta \]MCH\[\Delta \]MOC (g.g)\[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\] (1).

\[\Delta \]BDC nội tiếp đường tròn (O) có BC đường kính\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]BDC vuông tại D.

Chứng minh tương tự: \[\Delta \]MCD\[\Delta \]MBC (g.g) \[ \Rightarrow \]\[{\rm{M}}{{\rm{C}}^{\rm{2}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[{\rm{MH}}{\rm{.MO}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{MD}}{\rm{.MB}}\]\[ \Rightarrow \]\[\Delta \]MDH\[\Delta \]MOB (c.g.c) \[ \Rightarrow \]\[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

c) Tam giác DBI nội tiếp đường tròn (O) có DI đường kính nên vuông tại B.

Tam giác OBD cân tại O nên \[\widehat {{\rm{BDO}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{OBD}}}\] hay \[\widehat {{\rm{BDI}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{MBC}}}\] \[ \Rightarrow \]\[\Delta \]DBI\[\Delta \]BCM (g.g)

\[ \Rightarrow \frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BC}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{2DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{2BO}}}}{{{\rm{BM}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{DI}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{BO}}}}{{{\rm{BM}}}}\]. Kết hợp với \[\widehat {{\rm{EDI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{OBM}}}{\rm{(cmt)}}\]

Từ đó suy ra (c.g.c) \[ \Rightarrow \widehat {{\rm{DEI}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\].

Mà \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{MOB}}}\] (cmt) nên \[\widehat {{\rm{MDH}}}\,{\rm{ = }}\widehat {\,{\rm{DEI}}}\] \[ \Rightarrow \] EI // DH (3).

Mặt khác, \[\Delta \]BDH có E trung điểm BD, J trung điểm BH nên EJ là đường trung bình

\[ \Rightarrow \] EJ // DH (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, I, J thẳng hàng.

Đổi: 1 phút 40 giây = 100 giây \( = \frac{{100}}{{3600}}\) giờ \( = \frac{1}{{36}}\) giờ.

Gọi \(x\) (\(km/h\)) là vận tốc của VĐV Vũ Khánh Linh trong chặng cuối (\(x > 0,5\)).

Vận tốc của VĐV Yukiko Nomoto trong chặng cuối là: \(x - 0,5\) (\(km/h\)).

Quãng đường bứt tốc cho đến đích: \[42 - 31,5 = 10,5\]km

Thời gian Linh đi hết \(10,5km\) cuối là: \(\frac{{10,5}}{x}\) (giờ).

Thời gian Yukiko đi hết \(10,5km\) cuối là: \(\frac{{10,5}}{{x - 0,5}}\) (giờ).

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\frac{{10,5}}{{x - 0,5}} - \frac{{10,5}}{x} = \frac{1}{{36}}\)

Biến đổi phương trình trên ta được: \(2{x^2} - x - 378 = 0\)

Giải phương trình trên ta được: \({x_1} = 14\) (Thỏa mãn); \({x_2} = - 13,5\) (Loại).

Kết luận: Vận tốc của Vũ Khánh Linh là \(14km/h\) và của Yukiko Nomoto là \(13,5km/h\)

trong chặng cuối