|
Câu 4 (1,5đ) |
a) |
$\Delta $ = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m Phương trình có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow m<\frac{5}{4}$ |
|
b) |
Phương trình có nghiệm $\Leftrightarrow m\le \frac{5}{4}$ Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2m-1 \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}={{m}^{2}}-1 \\ \end{align} \right.\) Theo đề bài: \(\begin{align} & \text{ }{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}={{x}_{1}}-3{{x}_{2}} \\ & \Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}={{x}_{1}}-3{{x}_{2}} \\ & \Leftrightarrow {{\left( 2m-1 \right)}^{2}}-4\left( {{m}^{2}}-1 \right)={{x}_{1}}-3{{x}_{2}} \\ & \Leftrightarrow {{x}_{1}}-3{{x}_{2}}=5-4m \\ \end{align}\) Ta có hệ phương trình:\(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = 2m - 1\\ {x_1} - 3{x_2} = 5 - 4m \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = \frac{{m + 1}}{2}\\ {x_2} = \frac{{3(m - 1)}}{2} \end{array} \right.\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{m + 1}}{2} \cdot \frac{{3(m - 1)}}{2} = {m^2} - 1\\ \Leftrightarrow 3\left( {{m^2} - 1} \right) = 4\left( {{m^2} - 1} \right)\\ \Leftrightarrow {m^2} - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = \pm 1 \end{array}\)
Kết hợp với điều kiện $\Rightarrow m=\pm 1$ là giá trị cần tìm. |
|
|
Câu 5 (3,5đ) |
|
|
|
a) |
Ta có: $\widehat{ADB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat{ADC}={{90}^{0}}$ (kề bù với $\widehat{ADB}$) Tứ giác ACDH có $\widehat{AHC}=\widehat{ADC}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác ACDH nội tiếp |
|
|
Tứ giác ACDH nội tiếp $\Rightarrow {{\widehat{A}}_{1}}={{\widehat{H}}_{1}}$ Mà ${{\widehat{A}}_{1}}=\widehat{ABC}$ (cùng phụ với góc ACB) $\Rightarrow {{\widehat{H}}_{1}}=\widehat{ABC}$ |
||
|
b) |
Áp dụng hệ thức lượng vào $\Delta $ vuông AOC, có: OA2 = OH.OC\(\Rightarrow OB2 = OH.OC (vì OA = OB) \Rightarrow \frac{OB}{OC}=\frac{OH}{OB} \Delta OHB và \Delta OBC có: \widehat{BOC}\text{ chung ; }\frac{OB}{OC}=\frac{OH}{OB}\) \(\Rightarrow \Delta OHB \Delta OBC (c.g.c)\) |
|
|
\(\Delta OHB \Delta OBC \Rightarrow {{\widehat{H}}_{4}}=\widehat{OBC}\Rightarrow {{\widehat{H}}_{4}}={{\widehat{H}}_{1}}\text{ }\left( \text{do }{{\widehat{H}}_{1}}=\widehat{ABC} \right) Mà {{\widehat{H}}_{1}}+{{\widehat{H}}_{2}}={{\widehat{H}}_{3}}+{{\widehat{H}}_{4}}\left( ={{90}^{0}} \right) \Rightarrow {{\widehat{H}}_{2}}={{\widehat{H}}_{3}} \) $\Rightarrow$ HM là tia phân giác của góc BHD. |
||
|
c) |
$\Delta $HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H Mà HC $\bot $ HM $\Rightarrow $ HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có: \(\begin{align} & \text{ }\frac{MD}{MB}=\frac{HD}{HB}\text{ }v\grave{a}\text{ }\frac{CD}{CB}=\frac{HD}{HB} \\ & \Rightarrow \frac{MD}{MB}=\frac{CD}{CB}\Rightarrow MD.BC=MB.CD \\ \end{align}\) |
|
|
Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O).\(\Delta OAN cân tại O, có OH là đường cao \begin{align} & \Rightarrow {{\widehat{O}}_{1}}={{\widehat{O}}_{2}}\Rightarrow \Delta ONC=\Delta OAC\text{ }(c.g.c) \\ & \Rightarrow \widehat{ONC}=\widehat{OAC}={{90}^{0}} \\ \end{align}\) (O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính \(\Rightarrow OK\bot BD\Rightarrow \widehat{OKC}={{90}^{0}}\) Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC Dễ chứng minh bài toán phụ: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau tại I thì IA.IB = IC.ID.
Áp dụng bài toán trên, ta có: (O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên MA.MN = MC.MK Do đó MB.MD = MC.MK. |
||
|
|
d) |
(O) có hai dây AN và IJ cắt nhau tại M nên MA.MN = MI.MJ \(\Rightarrow \widehat{EJM}=\widehat{EKM}={{90}^{0}}\) Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O) \(\Rightarrow \widehat{IJF}={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow \widehat{EJF}={{180}^{0}}\) $\Rightarrow$ E, J, F thẳng hàng $\Rightarrow$ OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O).
|
