(1,0 điểm) Một bể bơi có thể tích là \({\rm{144}}\) m³. Ban đầu bể chưa có nước, hai máy bơm cùng hoạt động để bơm nước vào bể, sau \(2\) giờ lượng nước trong bể là \(60\) m³. Nếu mỗi máy hoạt động riêng thì thời gian bơm đầy bể của máy thứ hai nhiều hơn thời gian bơm đầy bể của máy thứ nhất là 4 giờ. Hỏi nếu máy bơm thứ nhất hoạt động riêng thì cần bao nhiêu giờ để bơm đầy bể?

a) Ta có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra \(M\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB.\)

Lại có \(OA = OB\) \(\left( { = R} \right)\) suy ra \(O\) thuộc đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Do đó, \(MO\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\) hay \(MO \bot AB\) tại \(H\).

Xét đường tròn \((O)\) có \(BC\) là đường kính nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \) góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Suy ra \(AC \bot AB\).

Vì \(AC \bot AB\) và \(MO \bot AB\) nên \(AC\,{\rm{//}}\,MO\).

b) *Chứng minh tứ giác \[MDHB\] nội tiếp

Ta có \(MH\) là phân giác của \(\widehat {AMB}\) (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét \(\Delta MAB\) cân tại \(M\) (do \(MA = MB\)) có \(MH\) là đường phân giác nên \(MH\) đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó, \(MH \bot AB\) hay \(\widehat {MHB} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {CDB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(BC\)). Do đó, \(\widehat {MDB} = 90^\circ .\)

Do \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) \(\left( {\widehat {MHB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,H,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do \(\Delta MDB\) vuông tại \(D\) \(\left( {\widehat {MDB} = 90^\circ } \right)\) nên ba điểm \(M,\,\,D,\,\,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MB\).

Do đó, bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,H,\,\,B\,\,\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MB\). Vì vậy, tứ giác \[MDHB\] nội tiếp.

* Chứng minh $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$.

Do \(MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\widehat {MBO} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta MBH\) và \(\Delta MOB\) có \(\widehat {BMO}\) là góc chung và \(\widehat {MHB} = \widehat {MBO} = 90^\circ \).

Suy ra $\Delta MBH\backsim \Delta MOB$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MH \cdot MO\) (1).

Chứng minh tương tự $\Delta MBD\backsim \Delta MCB$ (g.g) suy ra \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MB}}\) hay \(M{B^2} = MD \cdot MC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(MH \cdot MO = MD \cdot MC\) hay \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\).

Xét \(\Delta MDH\)và \(\Delta MOC\) có \(\widehat {OMC}\) là góc chung và \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MO}}\). Suy ra $\Delta MDH\backsim \Delta MOC$ (c.g.c).

c)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(CE\) và \(MO\).

Vì \(CE\,{\rm{//}}\,DH\), áp dụng định lí Thales cho \(\Delta MCI\) ta có \(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD}}{{MC}}\).

Kết hợp với \(M{B^2} = MD \cdot MC\) và \(M{B^2} = MH \cdot MO\) ta có:

\(\frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{MD \cdot MC}}{{M{C^2}}} = \frac{{M{B^2}}}{{M{C^2}}} = \frac{{MH \cdot MO}}{{M{C^2}}}\) hay \(MI = \frac{{M{C^2}}}{{MO}}\).

Áp dụng định lí Pythagore cho \(\Delta MBC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(M{C^2} = M{B^2} + B{C^2} = MH \cdot MO + {\left( {2 \cdot OB} \right)^2}\).

Chứng minh tương tự câu b ta được: \(O{B^2} = OH \cdot MO\).

Khi đó \(M{C^2} = MH \cdot MO + 4 \cdot OH \cdot MO = MO(MH + 4 \cdot OH)\).

Thay vào biểu thức tính \(MI\) ta được: \(MI = \frac{{MO(MH + 4 \cdot OH)}}{{MO}} = MH + 4 \cdot OH\).

Suy ra \(HI = MI - MH = 4 \cdot OH\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(O\) là trung điểm của \(BC\) và \(OH\,{\rm{//}}\,AC\) do \(MO\,{\rm{//}}\,AC\) nên \(OH\) là đường trung bình của \(\Delta ABC.\)

Do đó \(H\) là trung điểm của \(AB\) và \(OH = \frac{1}{2}AC\) hay \(AC = 2 \cdot OH\).

Vì \(AC\,{\rm{//}}\,MO\) hay \(AC\,{\rm{//}}\,HI\) suy ra $\Delta EAC\backsim \Delta EHI$. Do đó, \(\frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{HI}}{{AC}} = \frac{{4 \cdot OH}}{{2 \cdot OH}} = 2\).

Suy ra \(EH = 2 \cdot EA\).

Mà điểm \(A\) nằm giữa \(E\) và \(H\) nên \(EH = EA + AH\).

Từ đó ta có \(2 \cdot EA = EA + AH\) hay \(EA = AH\).

Vậy \(A\) là trung điểm của \(EH\).

Ta có \(\Delta ' = {( - 2)^2} - 1.1 = 3 > 0\), do đó phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\).

Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 4\\{x_1} \cdot {x_2} = 1\end{array} \right.\).

Vì \({x_1} + {x_2} = 4\) và \({x_1} > {x_2}\) nên ta suy ra \({x_1} > 2\).

Suy ra \({x_1} - 1 > 0\).

Từ hệ thức Vi-ét, ta có \(2{x_2} = 2\left( {4 - {x_1}} \right) = 8 - 2{x_1}\).

Thay vào biểu thức dưới dấu căn, ta được:

\(x_1^2 + 2{x_2} - 7 = x_1^2 + \left( {8 - 2{x_1}} \right) - 7 = x_1^2 - 2{x_1} + 1 = {\left( {{x_1} - 1} \right)^2}\).

Do \({x_1} - 1 > 0\) nên ta có:

\(\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  = \sqrt {{{\left( {{x_1} - 1} \right)}^2}}  = \left| {{x_1} - 1} \right| = {x_1} - 1\).

Vì \({x_1}\) là nghiệm của phương trình nên \(x_1^2 - 4{x_1} + 1 = 0\).

Suy ra \(x_1^2 = 4{x_1} - 1\).

Thay \(\sqrt {x_1^2 + 2{x_2} - 7}  = {x_1} - 1\) và \(x_1^2 = 4{x_1} - 1\) vào biểu thức \(P\), ta được:

\(P = \left( {{x_2} + 3} \right)\left( {{x_1} - 1} \right) - \left( {4{x_1} - 1} \right)\)

\(P = \left( {{x_1}{x_2} - {x_2} + 3{x_1} - 3} \right) - 4{x_1} + 1\)

\(P = {x_1}{x_2} - {x_1} - {x_2} - 2\)

\(P = {x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2\)

\(P = 1 - 4 - 2 =  - 5\).

Vậy giá trị của biểu thức là \(P =  - 5\).