Lời giải đề 19-trang 2

4

(2,0 điểm)

a.(1,0 điểm) Cho phương trình ${{x}^{2}}-2x+m-3=0text{  }left( 1 right)$ với $m$ là tham số.

Giải phương trình (1) khi $m=0$;

Khi m = 0, (1) có dạng ${{x}^{2}}-2x-3=0$

0,25

$Delta =16>0$. Khi đó (1) có 2 nghiệm phân biệt là

0,25

${{x}_{1}}=dfrac{2+sqrt{16}}{2}=3$;

${{x}_{2}}=dfrac{2-sqrt{16}}{2}=-1$

0,5

b.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thỏa mãn: $x_{1}^{2}+12=2{{x}_{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}.$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $Delta ‘>0Leftrightarrow 4-m>0Leftrightarrow m<4$

0,25

Với điều kiện trên, giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$, theo định lý Vi –étta có:( left{ begin{align}   & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2text{       }left( 2 right) \  & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=m-3text{     }left( 3 right) \ end{align} right.)

0,25

Áp dụng tính được: (begin{align}   & x_{1}^{2}+12=2{{x}_{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}Leftrightarrow x_{1}^{2}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2{{x}_{2}}+12=0 \  & Leftrightarrow {{x}_{1}}left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)-2{{x}_{2}}+12=0Leftrightarrow 2left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right)=-12 \  & Leftrightarrow {{x}_{1}}-{{x}_{2}}=-6 \ end{align})

0,25

Kết hợp với (2),(3) ta có hệ phương trình: $left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 2\
{x_1}{x_2} = m – 3\
{x_1} – {x_2} =  – 6
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x_1} =  – 2\
{x_2} = 4\
m =  – 5
end{array} right.$

Kết hợp với điều kiện ta thấy $m=-5$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

0,25

5

(3,0 điểm)

Cho $left( O right)$ đường kính $AB=2R$, $C$ là trung điểm của $OA$ và dây $MN$ vuông góc với $OA$ tại $C$. Gọi $K$ là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ $oversetfrown{BM}$ ($K$khác $B,M$), $H$ là giao điểm của $AK$ và $MN$.

            a) Chứng minh rằng $BCHK$ là tứ giác nội tiếp.

            b) Chứng minh $AH.AK=A{{M}^{2}}$

            c) Xác định vị trí của điểm $K$để $KM+KN+KB$ đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.

a) (1,0 điểm) Chứng minh rằng $BCHK$ là tứ giác nội tiếp.

Ta có $widehat{BKH}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

0,25

         $widehat{HCB}={{90}^{0}}$ (giả thiết)

0,25

Tứ giác $BCHK$ có $widehat{BKH}+widehat{HCB}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$ và hai góc này ở vị trí đối nhau.

0,25

Vậy $BCHK$ là tứ giác nội tiếp.

0,25

b.(1,0điểm) Chứng minh $AH.AK=A{{M}^{2}}$

Ta có $ABbot MNRightarrow $ $oversetfrown{AM}=oversetfrown{AN}$ (tính chất đường kính vuông góc với dây cung) (1)

Xét (O) có : $widehat{AMN}=$ $dfrac{1}{2}$ sđ$oversetfrown{AN}$ (góc có đỉnh nằm trên đường tròn) (2)

0,25

$widehat{AKM}=$ $dfrac{1}{2}$ sđ$oversetfrown{AM}$ (góc có đỉnh nằm trên đường tròn)  (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $widehat{AMN}=widehat{AKM}$ hay $widehat{AMH}=widehat{AKM}$

0,25

Xét $Delta AHM$  và $Delta AMK$ có

              $widehat{AMH}=widehat{AKM}$ (chứng minh trên)

              $widehat{A}$ chung

$Rightarrow $ $Delta AHM$$backsim $$Delta AMK$(g – g)

0,25

$Rightarrow dfrac{AH}{AM}=dfrac{AM}{AK}$

$Rightarrow AH.AK=A{{M}^{2}}$

0,25

c) (1,0 điểm) Xác định vị trí của điểm $K$ để $KM+KN+KB$ đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.

Ta có : $widehat{AMB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))$Rightarrow $ $Delta AMB$  vuông tại M có đường cao MC ; $AC=dfrac{R}{2};BC=dfrac{3R}{4}$, AB = 2R(Rightarrow left{ begin{align}   & M{{C}^{2}}=AC.CB=dfrac{3{{R}^{2}}}{4} \  & M{{B}^{2}}=BA.BC=3{{R}^{2}} \ end{align} right.)  (Rightarrow left{ begin{align}   & text{MC=}dfrac{Rsqrt{3}}{2} \  & MB=Rsqrt{3} \ end{align} right.)

$MN=2MC=Rsqrt{3}$ $Rightarrow MN=MB=Rsqrt{3}$ (1)

Mặt khác: AB là đường trung trực của MN (tính chất đường kính vuông góc dây cung)

$Rightarrow BM=BN$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác BMN đều

0,25

Trên đoạn KN lấy điểm P sao cho KP = KB suy ra tam giác KBP cân tại K.

$widehat{PKB}=widehat{MNB}={{60}^{0}}$ $Rightarrow $ tam giác KBP đều$Rightarrow $ $BP=BK$

0,25

Ta có : $widehat{NBP}=widehat{KBM}(=widehat{NBK}-{{60}^{0}})$

Dễ dàng chứng minh được: $Delta BPN=Delta BKMleft( c.g.c right)$

$Rightarrow NP=MK$

$Rightarrow $$KM+KN+KB$$=2KN$

0,25

Do đó$KM+KN+KB$ lớn nhất $Leftrightarrow $ KN lớn nhất

$Leftrightarrow $ KN là đường kính của (O)

$Leftrightarrow $ K là điểm chính giữa của cung MB.

Khi đó $KM+KN+KB$ đạt giá trị lớn nhất bằng 4R.

Chú ý:

Nếu thí sinh giải bài toán bằng cách áp dụng định lý Ptoleme vào tứ giác BKMN để có:  $KM.BN+KB.MN=KN.BM$ (mà không chứng minh định lý) thì cho 0,5 điểm toàn bài.

0,25