|
4 (2,0 điểm) |
a.(1,0 điểm) Cho phương trình ${{x}^{2}}-2x+m-3=0\text{ }\left( 1 \right)$ 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 $\Delta '>0\Leftrightarrow 4-m>0\Leftrightarrow m<4$ |
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:\( \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\text{ }\left( 2 \right) \\ & {{x}_{1}}{{x}_{2}}=m-3\text{ }\left( 3 \right) \\ \end{align} \right.\) |
0,25 |
|
|
Áp dụng tính được: \(\begin{align} & x_{1}^{2}+12=2{{x}_{2}}-{{x}_{1}}{{x}_{2}}\Leftrightarrow x_{1}^{2}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2{{x}_{2}}+12=0 \\ & \Leftrightarrow {{x}_{1}}\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-2{{x}_{2}}+12=0\Leftrightarrow 2\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)=-12 \\ & \Leftrightarrow {{x}_{1}}-{{x}_{2}}=-6 \\ \end{align}\) |
0,25 |
|
|
Kết hợp với (2),(3) ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} 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 $\overset\frown{BM}$ ($K$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 $AB\bot MN\Rightarrow $ $\overset\frown{AM}=\overset\frown{AN}$ (tính chất đường kính vuông góc với dây cung) (1) Xét (O) có : $\widehat{AMN}=$ $\dfrac{1}{2}$ sđ$\overset\frown{AN}$ (góc có đỉnh nằm trên đường tròn) (2) |
0,25 |
|
|
$\widehat{AKM}=$ $\dfrac{1}{2}$ sđ$\overset\frown{AM}$ (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\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & M{{C}^{2}}=AC.CB=\dfrac{3{{R}^{2}}}{4} \\ & M{{B}^{2}}=BA.BC=3{{R}^{2}} \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \text{MC=}\dfrac{R\sqrt{3}}{2} \\ & MB=R\sqrt{3} \\ \end{align} \right.\) $MN=2MC=R\sqrt{3}$ $\Rightarrow MN=MB=R\sqrt{3}$ (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: $\Delta BPN=\Delta BKM\left( c.g.c \right)$ $\Rightarrow NP=MK$ $\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 |
|
