a) Bảng giá trị của hàm số:

Trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), lấy các điểm \(A\left( { - 2;\,\, - 4} \right),\) \(B\left( { - 1;\,\, - 1} \right),\) \(O\left( {0;\,\,0} \right),\) \(C\left( {1;\,\, - 1} \right),\) \(D\left( {2;\,\, - 4} \right).\)

Đồ thị của hàm số \(\left( P \right):\,y = - {x^2}\) là một đường parabol đỉnh \(O,\) đi qua các điểm trên và có dạng như hình sau:

b) Giả sử \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) là điểm thuộc \[\left( P \right)\] có hoành độ và tung độ là những số đối nhau. Khi đó, \({y_0} = - {x_0}.\)

Do đó \(M\left( {{x_0};\,\, - {x_0}} \right)\) thuộc \[\left( P \right)\]: \(\left( P \right):\,y = - {x^2}\) nên ta có:

\( - {x_0} = - x_0^2\)

\(x_0^2 - {x_0} = 0\)

\({x_0}\left( {{x_0} - 1} \right) = 0\)

\({x_0} = 0\) hoặc \({x_0} = 1\).

Với \({x_0} = 0\) ta có \({y_0} = 0,\) ta được điểm \(O\left( {0;\,\,0} \right).\)

Với \({x_0} = 1\) ta có \({y_0} = - 1,\) ta được điểm \(C\left( {1;\,\, - 1} \right).\)

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài là \(O\left( {0;\,\,0} \right)\) và \(C\left( {1;\,\, - 1} \right).\)

a) Phương trình \(3{x^2} - 8x + 2 = 0\) có \[\Delta ' = {\left( { - 4} \right)^2} - 3 \cdot 2 = 10 > 0\].

Vậy phương trình trên có hai nghiệm phân biệt.

b) Theo định lí Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{8}{3}\\{x_1}{x_2} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\).

Ta có: \(A = x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = {\left( {\frac{8}{3}} \right)^2} - 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{{64}}{9} - \frac{4}{3} = \frac{{52}}{9}.\)

a) \({\left( {x - 2} \right)^2} = \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 5} \right)\)

\({x^2} - 4x + 4 = 3{x^2} + 5x - 6x - 10\)

\( - 2{x^2} - 3x + 14 = 0\)

Phương trình trên có

\[\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4 \cdot \left( { - 2} \right) \cdot 14 = 121 > 0.\]

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\[{x_1} = \frac{{3 + 11}}{{2 \cdot \left( { - 2} \right)}} = - \frac{7}{2};\,\,{x_2} = \frac{{3 - 11}}{{2 \cdot \left( { - 2} \right)}} = 2.\]

b) \({x^2} - 13x + 40 = 0\)

Phương trình trên có

\[\Delta = {\left( { - 13} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 40 = 9 > 0.\]

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\[{x_1} = \frac{{13 + 3}}{{2 \cdot 1}} = 8;\,\,{x_2} = \frac{{13 - 3}}{{2 \cdot 1}} = 5.\]

a) Chiều dài phần hồ nước dùng để nuôi cá là: \(10 - 2x\) (m).

Chiều rộng phần hồ nước dùng để nuôi cá là: \[7 - 2x\] (m).

Diện tích phần hồ nước nuôi cá là: \(\left( {10 - 2x} \right)\left( {7 - 2x} \right) = 70 - 34x + 4{x^2}\) (m2).

b) Diện tích hồ nước là: \[10 \cdot 7 = 70\] (m2).

Diện tích phần trồng sen là: \(70 - \left( {70 - 34x + 4{x^2}} \right) = 34x - 4{x^2}\) (m2).

Theo bài, ta có phương trình:

\(34x - 4{x^2} = \frac{3}{7} \cdot 70\)

\(34x - 4{x^2} = 30\)

\(4{x^2} - 34x + 30 = 0\)

\(2{x^2} - 17x + 15 = 0\)

Phương trình trên có \(\Delta = {\left( { - 17} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot 15 = 169 > 0.\)

Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

\({x_1} = \frac{{17 - 13}}{{2 \cdot 2}} = 1\) (thỏa mãn); \({x_2} = \frac{{17 + 13}}{{2 \cdot 2}} = 7,5\) (không thỏa mãn).

Vậy chiều dài, chiều rộng của phần nuôi cá lần lượt là 8 m; 5 m.

a) Thay \(m = 3\) (kg) và \({E_k} = 18\,\,{\rm{J}}\) vào công thức \({E_k} = \frac{{m{v^2}}}{2}\), ta được:

\(18 = \frac{{3 \cdot {v^2}}}{2}\), suy ra \({v^2} = 12,\) do đó \(v = 2\sqrt 3 \) (m/s) (do \(v > 0).\)

b) Thay \(m = 3\) (kg) và \(v = 6\) (m/s) vào công thức \({E_k} = \frac{{m{v^2}}}{2}\), ta được:

\({E_k} = \frac{{3 \cdot {6^2}}}{2} = 54\) (J).

Gọi \(x\) (cuốn) là số sách ở ngăn thứ nhất \(\left( {x > 0} \right)\).

Khi đó, số sách ở ngăn thứ hai là \(400 - x\) (cuốn).

Nếu chuyển 80 cuốn sách từ ngăn thứ nhất sang ngăn thứ hai thì số sách ở ngăn thứ nhất là \(x - 80\) (cuốn), số sách ở ngăn thứ hai là \(400 - x + 80 = 480 - x\) (cuốn).

Theo bài, ta có phương trình:

\(480 - x = 3\left( {x - 80} \right)\)

\(480 - x = 3x - 240\)

\(720 = 4x\)

\(x = 180\) (thỏa mãn).

Vậy ngăn thứ nhất và ngăn thứ hai ban đầu lần lượt là 180 (cuốn), 220 (cuốn).

a) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có ai tiếp tuyến \(AB,\,AC\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\), do đó điểm \(A\) thuộc đường trung trực của \(BC.\)

Lại có \(OB = OC = R\) nên điểm \(O\) thuộc đường trung trực của \(BC.\)

Do đó, \(AO\) là đường trung trực của \(BC.\) Vậy \(OA\) vuông góc với \(BC\) tại \(H\).

Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta AOB\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAO}\) là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AO}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \(A{B^2} = AH\,.\,AO\).

b) Gọi \[K\] là giao điểm của \[OE\] và \[AD\].

Xét \[\Delta OAK\] và \[\Delta OEH\] có:

\[\widehat {AKO} = \widehat {EHO} = 90^\circ \] và \[\widehat {AOE}\] là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \[\frac{{OK}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OE}}\] nên \[OH \cdot OA = OK \cdot OE\].

Chứng minh tương tự câu a, ta có suy ra \[\frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OA}}\] nên \[O{B^2} = OH \cdot OA\].

Do đó \[O{B^2} = OK \cdot OE.\] Mà \[OB = OD\] nên \[O{D^2} = OK \cdot OE.\] Suy ra \(\frac{{OK}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OE}}\).

Xét \[\Delta OKD\] và \[\Delta ODE\] có:

\[\widehat {DOE}\] là góc chung và \(\frac{{OK}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OE}}\)

Do đó (c.g.c). Suy ra \[\widehat {OKD} = \widehat {ODE}\].

Như vậy, \[\widehat {ODE} = 90^\circ \] nên \(DE\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).

c) Xét \[\Delta OAB\] vuông tại \[B,\] ta có:

⦁ \[\cos \widehat {AOB} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}.\] Suy ra \[\widehat {AOB} = 60^\circ .\]

⦁ \[A{B^2} = A{O^2} - O{B^2} = {10^2} - {5^2} = 75\], suy ra \[AB = 5\sqrt 3 \] (cm).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có ai tiếp tuyến \(AB,\,AC\) cắt nhau tại \(A\) nên \(OA\) là tia phân giác của \[\widehat {BOC}\].

Do đó \[\widehat {BOC} = 2\widehat {AOB} = 120^\circ \] nên

Ta có (cm2);

\[{S_{tgABOC}} = 2{S_{\Delta OAB}} = 2 \cdot \frac{1}{2}AB \cdot OB = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 5\sqrt 3 \cdot 5 = 25\sqrt 3 \] (cm2).

Vậy phần diện tích mặt phẳng giới hạn bởi \(AB,\,AC\) và cung nhỏ \(BC\) của \(\left( {O\,;\,R} \right)\) là:

\[{S_{tgABOC}} - {S_{BOC}} = 25\sqrt 3 - \frac{{5\pi }}{3} \approx 38,1\] (cm2).