|
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 $Leftrightarrow mle frac{5}{4}$ 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}}-4left( {{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 3left( {{m^2} – 1} right) = 4left( {{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{ }vgrave{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 OACtext{ }(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 OKbot BDRightarrow 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).
|
