MOB900 (DO ABMN) VÀ MHB900(DO MHBC)SUY RA
Bài 4:
C
a) Ta có: MOB900
(do ABMN) và MHB900
(do MHBC)Suy ra: MOB MHB 90 90 1800
0
0
M
H
Tứ giác BOMH nội tiếp.K
b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM OMB (1)E
Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM OHM (cùng chắn cung OM)và OMB OHB (cùng chắn cung OB) (2)A
B
O
Từ (1) và (2) suy ra: OHM OHB HO là tia phân giác của MHB ME MH (3)BE HBN
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH làđường cao ta có: HM2
HC HB. HM HC (4)HB HMTừ (3) và (4) suy ra: ME HC
5 ME HM BE HC. .BE HM (đpcm)c) Vì MHC900
(do MHBC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC 900
MKC (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)MN là đường kính của đường tròn (O) nên MKN900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1800
MKC MKN 3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)∆MHC∽∆BMC (g.g) HC MC . Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)MH BM HC MCHM BN , kết hợp với ME HCBE HM (theo (5) )Suy ra: MC MEBN BE . Mà EBN EMC 900
∆MCE∽∆BNE (c.g.c)MEC BEN , mà MEC BEC 1800
(do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)BEC BEN 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)Câu 5:ĐKXĐ: x2Ta có:2
2
5 27 25 5 1 4 x x x x 5 27 25 4 25 25 10 ( 1)( 4) x x x x x x2
2
2
4 2 4 10 1)(x 4)x x x2 2 5 ( 1)( 4) (1) Cách 1:(1)
x2
2x4 4
x2
13x26
0Giải ra được:1 5x (loại); x 1 5(nhận); 13 3 65 (loại) (nhận); 13 3 65x 8x 8Cách 2:(1) 5
x2
x 2
x2
2
x2
x 2 3
x2
(2)Đặt a x2
x 2;b x2 (a0;b0)Lúc đó, phương trình (2) trở thành:a ab b a b a b a b5ab2a 3b
2 5 3 0 2 3 02 3a b (*) x ktm- Vớia = bthì2
2 22
2 4 1 5( ) x x x x x1 5( )x tm 2 2 3 2 4 13 26 0 8- Với2a = 3bthì2
2
13 3 65 ( ) 13 3 65 ( )8Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 5 và 13 3 65x 8 .