Bài 3 (1, 5 điểm) Cho phương trình x2 + (m – 2)x – m + 1 =0

a) Tìm m để phương trình có 1 nghiệm x = 2. Tìm nghiệm còn lại

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22 -6x1 x2

x2 + (m – 2)x – m + 1 = 0

a) phương trình có 1 nghiệm x = 2 nên :

22 + (m-2).2 - m + 1 = 0

⇔ m = -1

Với m = -1, phương trình trở thành: x2 – 3x + 2 = 0

Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 3

Giả sử x1 = 2 ⇒ x2 = 1

Vậy với m = - 1 thì phương trình có 1 nghiệm là 2 và nghiệm còn lại là 1.

b) Δ = (m - 2)2 -4.(-m + 1) = m2 - 4m + 4 + 4m - 4 = m2 ≥ 0 ∀ m

⇒ Phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m

Bài 4 (3,5 điểm) Cho (O;OA), dây BC vuông góc với OA tại K. Kẻ tiếp tuyến của (O) tại B và A, hai tiếp tuyến này cắt nhau tại H

a) Chứng minh tứ giác OBHA nội tiếp được đường tròn

b) Lấy trên O điểm M (M khác phía với A so với dây BC, dây BM lớn hơn dây MC). Tia MA và BH cắt nhau tại N. chứng minh ∠(NMC) = ∠(BAH)

a) Xét tứ giác OBHA có:

∠(OBH) = 90o ( BH là tiếp tuyến của (O)

∠(OAH) = 90o (AH là tiếp tuyến của (O)

⇒ ∠(OBH) + ∠(OAH) = 180o

⇒ Tứ giác OBHA là tứ giác nội tiếp

b) Ta có: Một phần đường kính OA vuông góc dây BC

⇒ AB = AC ⇒ sđ cung AB = sđ cung AC

⇒ ∠(BAH) = ∠(ABC) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn 2 cung bằng nhau)

Tứ giác ABMC nội tiếp (O)

⇒ ∠(NMC) = ∠(ABC) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Do đó: ∠(NMC) = ∠(BAH)

c) 2 tiếp tuyến HA và HB cắt nhau tại H

⇒ ΔHAB cân tại H ⇒ ∠(BAH) = ∠(HBA)

Theo ý b) ∠(NMC) = ∠(BAH)

⇒ ∠(NMC) = ∠(HBA)

Xét tứ giác MBND có: ∠(NMC) = ∠(HBA)

⇒ 2 đỉnh M và B cùng nhìn cạnh ND dưới 1 góc bằng nhau

⇒ MBND là tứ giác nội tiếp.

d) Xét tứ giác MBND nội tiếp có:

∠(BDN) = ∠(BMN) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BN)

Xét tứ giác ABMC nội tiếp (O) có:

∠(ABC) = ∠(BMN) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung bằng nhau )

⇒ ∠(BDN) = ∠(ABC)

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong

⇒ ND // BC

Mà BC ⊥ OA ⇒ ND ⊥ OA

Bài 2 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một tấm bìa hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 3dm. Nếu giảm chiều rộng đi 1dm và tăng chiều dài thêm 1dm thì diện tích tấm bìa là 66 Tính chiều rộng và chiều dài của tấm bìa lúc ban đầu.
 

parabol (P): y = x2 ; đường thẳng (d): y = 2x + m (m là tham số).

a) phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x2 = 2x + m ⇔ x2 - 2x - m = 0

Δ'= 1 + m

(d) tiếp xúc với (P) khi phương trình hoành độ giao điểm có duy nhất 1 nghiệm

⇔ Δ'= 1 + m = 0 ⇔ m = -1

Khi đó hoành độ giao điểm là x = 1

b) (d) cắt (P) tại 2 điểm A, B phân biệt nằm về 2 phía của trục tung khi và chỉ khi
Khi đó 2 nghiệm của phương trình là:
Ta có:

SAOM = 1/2 AA'.OM ; SBOM = 1/2 BB'.OM
 

a) Xét tứ giác AEFB có:

∠(AFB) = 90o ( AF là đường cao)

∠(AEB) = 90o ( BE là đường cao)

⇒ 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc bằng nhau

⇒ AEFB là tứ giác nội tiếp.

b) Xét ΔBEC và ΔAFC có:

∠(BCA) là góc chung

∠(BEC) = ∠(AFC) = 90 o

⇒ ΔBEC ∼ ΔAFC
 

c) Gọi P là trung điểm của AB

Do tam giác OAB cân tại O nên OP ⊥ AB

Tam giác OAP vuông tại P có:
 

⇒ Tứ giác CEIF là tứ giác nội tiếp và CI là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEIF

Ta có: IK ⊥ KC ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEIF)

DK ⊥ KC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

⇒ D; I; K thẳng hàng (1)

Ta có:

DB ⊥ BC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

AI ⊥ BC ( AI là đường cao của tam giác ABC)

⇒ AI // BD

DA ⊥ BA(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

BI ⊥ BA ( BI là đường cao của tam giác ABC)

⇒ AD // BI

Xét tứ giác ADBI có: AI // BD và AD // BI

⇒ ADBI là hình bình hành

Do P là trung điểm của AB ⇒ P là trung điểm của DI

Hay D; P; I thẳng hàng (2)

Từ (1) và (2) ⇒ D; P; K thẳng hàng.