Lời giải chi tiết đề 3-trang 2

Câu 4. $0,75điểm$

${{x}^{2}}-left$2m-3right$x+{{m}^{2}}-2m=0$ có $Delta ={{left$2m-3right$}^{2}}-4left$m^2-2mright$=4{{m}^{2}}-12m+9-4{{m}^{2}}+8m=-4m+9$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi $Delta >0Leftrightarrow -4m+9>0Leftrightarrow -4m>-9Leftrightarrow m<frac{9}{4}$

Áp dụng định lý Vi et ta có:(left{ begin{align}   & S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m-3 \  & P={{x}_{1}}.{{x}_{2}}={{m}^{2}}-2m \ end{align} right. left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right|=7Leftrightarrow {{left$x_1-x_{2}right$}^{2}}=49Leftrightarrow {{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}-2{{x}_{1}}.{{x}_{2}}=49Leftrightarrow {{left$x_1+x_{2}right$}^{2}}-4{{x}_{1}}.{{x}_{2}}=49 )
      Thay (left{ begin{align}   & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m-3 \  & {{x}_{1}}.{{x}_{2}}={{m}^{2}}-2m \ end{align} right.)

     Ta được ${{left$2m-3right$}^{2}}-4left$m^2-2mright$=49Leftrightarrow -4m+9=49Leftrightarrow m=-10$ $t/mđk$

Câu 5. $3điểm$

1. Tự giải

2.  Tứ giác ACHM nội tiếp $Rightarrow widehat {DAM} = widehat {MHB}$ (cùng bù $widehat {CHM}$)

$Delta MAD$ ∽ $Delta MHB,,left$g–gright$ Rightarrow frac{{MA}}{{MH}} = frac{{MD}}{{MB}} Rightarrow MA.MB = MD.MH$

3.  Dễ thấy AE và BC là hai đường cao của $Delta DAB Rightarrow H$ là trực tâm của $Delta DAB$

$Rightarrow AH bot DBleft$1right$$$1$.

$widehat {AEB} = {90^0}$ $gócnộitiếpchắnnữađườngtròn$ $Rightarrow AE bot DBleft$2right$$ $2$

$1$ và $2$ suy ra ba điểm A,H,E thẳng hàng

4.  Gọi F là giao điểm của MP và NQ. Dễ thấy $MP//AE Rightarrow widehat {HAB} = widehat {FMN}$ $đồngvị$. $BC//NQ Rightarrow widehat {HBA} = widehat {FNM}$ $đồngvị$.Lại có $AB = MNleft$gtright$$ do đó $Delta AHB = MFNleft$g.c.gright$ Rightarrow HB = FN$ mà $HB//FN$ suy ra tứ giác HFNB là hình bình hành $Rightarrow HF//BN$ lại có $Rightarrow DH bot BN Rightarrow DH bot HF Rightarrow widehat {DHF} = {90^0}$. Do đó $widehat {DQF} = widehat {DHF} = widehat {DPF} = {90^0} Rightarrow$ 5 điểm D,Q,H,P,F cùng thuộc một đường tròn hay bốn điểm D, Q, H, P cùng thuộc một đường tròn.