Quãng đường AB dài 400 km, một ô tô đi từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A, ô tô tăng vận tốc thêm 10 km/h. Biết thời gian ô tô đi từ B vể A ít hơn thời gian đi từ A đến B là 2 giờ. Tính vận tốc ô tô lúc đi từ A đến B.

a) Ta có D là trung điểm của AB nên OD ⊥ AB (đường kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây).

Ta có: $\widehat{ODC}$= 90° (OD ⊥ AB)

$\widehat{OMC}$= 90° (MC là tiếp tuyến của (O))

Xét tứ giác ABOC có $\widehat{ODC}$+$\widehat{OMC}$= 90° + 90° = 180°

Suy ra tứ giác CMOD nội tiếp.

b) Xét ∆CAN và ∆CNB có:

$\widehat{NCB}$ là góc chung

$\widehat{NBA}=\widehat{ANC}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AN).

Suy ra ∆CAN đồng dạng ∆CNB (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{CA}{CN}=\frac{CN}{CB}\iff C{N}^2=CA.CB$ (điều phải chứng minh)

c) Ta có: 

$\widehat{NIM}=\widehat{NMC}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung NM)

$\widehat{NDC}=\widehat{NMC}$(tứ giác CMOD nội tiếp)

Suy ra $\widehat{NIM}=\widehat{NDC}$ suy ra BC // IM.

d) Gọi H là giao điểm của MN và OC.

Ta có OM = ON = R.

CN = CM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra OC là trung trực của MN suy ra OC ⊥ MN.

Xét ∆CEH và ∆COD có:

$\widehat{DCO}$ là góc chung

$\widehat{EHC}=\widehat{ODC}$= 90° (OD ⊥ AB và MN ⊥ OC)

Suy ra ∆CEH đồng dạng ∆COD (g.g)

Từ đó suy ra $\frac{CE}{CO}=\frac{CH}{CD}\iff CE.CD=CH.CO$ (1)

Xét tam giác ONC vuông tại N đường cao NH ta có:

NC² = OH.OC

Mà NC² = CA.CB (chứng minh trên)

Suy ra OH.OC = CA.CB (2)

Từ (1) và (2) ta được

CE.CD = CA.CB

Mà CB + CA = 2CA + AB = 2CA + 2DA

= 2(CA + DA) = 2CD

$\Rightarrow CD=\frac{1}{2}(CA+CB)$

Thay vào trên ta được

$\iff \frac{2}{CE}=\frac{CA+CB}{CA.CB}$

$\iff \frac{2}{CE}=\frac{1}{CA}+\frac{1}{CB}$ (điều phải chứng minh)

1) Điều kiện xác định: $\{\begin{array}{l}2x-7\ne 0\\ y+6\ne 0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\ne \frac{7}{2}\\ y\ne -6\end{array}$

Đặt u = $\frac{1}{2x-7}$ (u ≠ 0) và v = $\frac{1}{x+6}$(v ≠ 0)

Hệ phương trình trở thành $\{\begin{array}{l}3u+4v=7\\ 2u-3v=-1\end{array}$

Û $\{\begin{array}{l}3.\frac{-1+3v}{2}+4v=7\\ u=\frac{-1+3v}{2}\end{array}$ Û $\{\begin{array}{l}-3+9v+8v=14\\ u=\frac{-1+3v}{2}\end{array}$ 

Û $\{\begin{array}{l}17v=17\\ u=\frac{-1+3v}{2}\end{array}$ Û $\{\begin{array}{l}v=1\\ u=1\end{array}$ (thỏa mãn)

∙ u = $\frac{1}{2x-7}$= 1 Û 2x – 7 = 1 Û x = 4 (thỏa mãn)

∙ v = $\frac{1}{x+6}$ = 1 Û x + 6 = 1 Û y = −5 (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm là (4; −5).

2)

a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x² = (m + 4)x – 4m

Û x² – (m + 4)x + 4m = 0 (1)

Ta có: ∆ = [– (m + 4)]² – 4.1.4m = m² + 8m + 16 – 16m

= m² – 8m + 16 = (m – 4)².

Để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó ∆ = (m – 4)² > 0 (2)

Mà (m – 4)² ≥ 0 với mọi giá trị của m nên (2) Û (m – 4)² ≠ 0 Û m ≠ 4.

Vậy để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì m ≠ 4.

b) Khi m = −2 ta có (d): y = (−2 + 4)x – 4.(−2) = 2x + 8

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x² = 2x + 8

Û x² – 2x – 8 = 0

Û x² + 2x – 4x – 8 = 0

Û x( x + 2) – 4(x + 2) = 0

Û (x – 4)(x + 2) = 0

Û$[\begin{array}{l}\text{x}=4\\ \text{x}=-2\end{array}$

• Với x = 4 thì y = 2x + 8 = 2.4 + 8 = 16.

Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(4; 16).

• Với x = –2 thì y = 2x + 8 = 2.(–2) + 8 = 4.

Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(−2; 4).

Vậy hai đồ thị hàm số trên có 2 giao điểm là A(4; 16) và B(−2; 4).