Cho phương trình \({x^2} - 4x - 26 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) với \({x_1} < {x_2}\). Giá trị của biểu thức \(P = {\left( {x_1^2 + 4{x_2} - 27} \right)^2} - x_1^3 + x_2^3\) có dạng \(a + b\sqrt {30} \) với \(a,\,b \in {\mathbb{N}^*}\). Tính tổng \(a + b\).

Mà \(DA + DC = AC = 12\,\,{\rm{cm}}\) nên \(DA = \frac{9}{2}\) (cm) và \(DC = \frac{{15}}{2}\) (cm).

\(\Delta ABD\) vuông tại \(A\) nên \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \frac{{9\sqrt 5 }}{2}\) (cm) (định lí Pythagore)

Gọi \(r\) là bán kính của đường tròn \(\left( I \right)\,\,\,\,\left( {r > 0} \right)\).

Đường tròn \(\left( I \right)\) tiếp cúc các cạnh \(BC,\,CD,\,BD\) lần lượt tại \(X,\,\,Y,\,\,Z\).

Ta có: \({S_{BDC}} = \frac{1}{2}BA \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot \frac{{15}}{2} = \frac{{135}}{4}\) (cm²).

Mà \({S_{BDC}} = {S_{BIC}} + {S_{CID}} + {S_{IDB}}\)

\( = \frac{1}{2}IX \cdot BC + \frac{1}{2}IY \cdot CD + \frac{1}{2} \cdot IZ \cdot BD\)

\( = \frac{1}{2}r \cdot \left( {BD + CD + BC} \right) = \frac{{45 + 9\sqrt 5 }}{4}r\) (cm²).

Suy ra \(r = \frac{{135}}{4}:\frac{{45 + 9\sqrt 5 }}{4} = \frac{{3\left( {5 - \sqrt 5 } \right)}}{4}\) (cm).

Diện tích hình tròn nội tiếp \(\Delta BCD\) là

\({S_{tron}} = \pi {r^2} = \frac{{45\left( {3 - \sqrt 5 } \right)\pi }}{8}\) (cm²).

Vậy diện tích phần tô đậm là

\(S = {S_{BCD}} - {S_{tron}} = \frac{{135}}{4} - \frac{{45\left( {3 - \sqrt 5 } \right)\pi }}{8} \approx 20,3\) (cm²).

Đáp án: a) Đúng.                  b) Sai.        c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \[AB),\] suy ra \(AC \bot BC.\) Theo giả thiết, \(OH \bot BC\). Do cùng vuông góc với \[BC\] nên \(AC\,{\rm{//}}\,OH\).

b) Sai. Xét \(\Delta OBC\) có \(OB = OC\) (bán kính), nên đây là tam giác cân tại \[O.\]

Vì \(OH \bot BC\) nên \(\Delta OBC\) cân tại \(O\) có đường cao \(OH\) đồng thời là đường trung tuyến, suy ra \[H\] là trung điểm của \[BC.\]

Xét \(\Delta MBC\) có \[MH\] vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến, suy ra \(\Delta MBC\) cân tại \[M.\]

Do đó, \(MB = MC\) và \(\widehat {MCB} = \widehat {MBC}\).

c) Đúng. Vì \[MB\] là tiếp tuyến nên \(\widehat {OBM} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta OBM\) và \(\Delta OCM\) có:

\(OM\) chung, \(OB = OC\) (bán kính), \(MB = MC\) (chứng minh trên).

Do đó \(\Delta OBM = \Delta OCM\) (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {OCM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \).

Nên hai điểm \(B,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OM.\]

Suy ra tứ giác \[MBOC\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[OM.\]

d) Sai. \(AB = 5\) cm  suy ra \(OB = 2,5\) cm.

Dễ dàng chứng minh được $\Delta OBM\backsim \Delta OHB$ (g.g).

Suy ra \[\frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OM}}{{OB}}\] nên \[OH = \frac{{O{B^2}}}{{OM}} = \frac{{{{2,5}^2}}}{8} = 0,78125\] (cm).

Từ đó tính được: \(MH = OM - OH = 8 - 0,78125 = 7,21875\) cm.