Câu 4. (0,75 điểm)
${{x}^{2}}-left( 2m-3 right)x+{{m}^{2}}-2m=0$ có $Delta ={{left( 2m-3 right)}^{2}}-4left( {{m}^{2}}-2m right)=4{{m}^{2}}-12m+9-4{{m}^{2}}+8m=-4m+9$
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 ${{left( 2m-3 right)}^{2}}-4left( {{m}^{2}}-2m right)=49Leftrightarrow -4m+9=49Leftrightarrow m=-10$ (t/m đk)
Câu 5. ( 3 điểm)
1. Tự giải
2. Tứ giác ACHM nội tiếp $Rightarrow widehat {DAM} = widehat {MHB}$ (cùng bù $widehat {CHM}$)
$Delta MAD$ ∽ $Delta MHB,,left( {g – g} right) Rightarrow frac{{MA}}{{MH}} = frac{{MD}}{{MB}} Rightarrow MA.MB = MD.MH$
3. Dễ thấy AE và BC là hai đường cao của $Delta DAB Rightarrow H$ là trực tâm của $Delta DAB$
$Rightarrow AH bot DBleft( 1 right)$(1).
$widehat {AEB} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) $Rightarrow AE bot DBleft( 2 right)$ (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 $MP//AE Rightarrow widehat {HAB} = widehat {FMN}$ (đồng vị). $BC//NQ Rightarrow widehat {HBA} = widehat {FNM}$ (đồng vị).Lại có $AB = MNleft( {gt} right)$ do đó $Delta AHB = MFNleft( {g.c.g} right) Rightarrow HB = FN$ 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.
