(3,5 ĐIỂM)CHO ĐƯỜNG TRÒN (O), KẺ HAI ĐƯỜNG KÍNH AOB VÀ COD VUÔNG GÓC...

2.2 4

(

d

1

): y = (m – 1)x + 3 (m

^≠

1); (

d

2

): y = 2x + n

 ≠

0,5đ

2 1

m

(

d

1

) cắt (

d

2

) tại một điểm trên trục tung

^{⇔ }_{ =3}^{m− ≠}_n^{1 2} =n3 ⇔ 3 + = −1 32

2

x y1

Đặt: X =

2

5 2x

; Y =

¹_y

, hệ phương trình trở thành:

 − =7

1đ

2

 = −x = − =+ = −y = = − − =X Y3 2X = = −5 2 7Y ⇔ 1 ⇒

²

1 ⇔ = −

x

²

– (m + 2)x – 5 = 0

a = 1; c = -5. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.

3 1

Hay:

^{∆ = −b}

²

^4ac=(m+2)

²

^{−4.1.( 5) (− = m+2)}

²

^{+20 0>}

0,25đ

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt. Gọi

x x

1

;

2

là nghiệm. Ta có:

x + = +x m x x = −

. Theo đề bài:

1

2

2; .

1

2

5

x

1

²

+x

2

²

=26

0.57đ

⇔

(

^x

¹

^+x

²

)

²

^{−2x x}

^{1 2}

^{=26 ⇒}

^{(m + 2)}

²

– 2.(- 5) = 26

_⇔

m

²

+ 4m – 12 = 0

 =⇔ 2 = −6x

1

= -1 là nghiệm của phương trình: x

²

– (m + 2)x – 5 = 0, ta có:

3

(-1)

²

– (m + 2) (-1) – 5 = 0

^⇔

m – 2 = 0

^⇔

m = 2

Gọi

x

2

là nghiệm còn lại. Ta có:

x x

1

.

2

= −5 ⇒

-

x

2

= -5

^⇔ x

2

= 5

3 52 2 1− +

(1). Điều kiện: x

≠ ±²x +x =

0,75 đ

4 1

(1)

^⇔

3(x + 2) + 5(x – 2) = x

²

– 4

^⇔

x

²

- 8x = 0 ⇔ 0 =8

x

⁴

– 2x

²

– 8 = 0 (2). Đặt t = x

²

^≥

0. Phương trình (2) trở thành:

t

²

– 2t – 8 = 0

^{⇔ }_{ = −}^t_t ⁼⁴₂

. t = -2 (loại); t = 4(nhận)

t = 4

^⇒

x

²

= 4

^{⇔ }_{ = −}^x_x⁼²₂

.

Vậy phương trình(2) có hai nghiệm:

x

1

=2;x

2

= −2

F

D

M

5

K

O

N

A

B

0.5đ

C

· 90

⁰

DON=

(

^{AB CD⊥}

- gt)

DMN =

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

1

1 đ

⇒ DON DMN· +·

= 90

⁰

+ 90

⁰

= 180

⁰

( tổng hai góc đối diện)

Vậy tứ giác ONMD nội tiếp được.

2

^{∆MKA: ∆BKM}

(g – g)

^{⇒ MK AK}BK = MK ⇔

MK

²

= BK.AK.

Hay MK

²

= AK. KB 1 đ

· ·DOM =DNM

(2 góc nội tiếp cùng chắn

DM^¼

của đường tròn ngoại tiếp

tứ giác ONMD)

· 2.·DOM = DMF

(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn

DM^¼

của đường tròn

(O))

Suy ra:

^·DNM =2^·DMF

.