TA CÓ H Ệ PHƯƠNG TRÌNH

1)

Ta có h ệ phương trình: a 2b 7

(1 đ)



2a 3b 7

 =

Giải hệ được: a 1

 =  (TMĐK) 0,25

b 3

a 1 1 1 x 1 (TMDK)

= ⇒ = ⇔ = −

+

0,25

x 2

b = ⇒ 3 y − = ⇔ = 3 3 y 12 (TMDK)

V ậ y h ệ pt có nghi ệ m duy nh ấ t là (x; y) = (-1; 12)

Phương trình hoành độ giao điể m c ủ a (d) và (P) là:

= − + +

2 2

x 2mx m m 1

( )

⇔ − + − − =

x 2mx m m 1 0 1

(0,75 đ) 2a)

Với m = 3, phương trình (1) trở thành

− + =

x

2

6x 5 0

 =

x 1

⇔  = 

x 5

Với x = 1 ⇒ = y 1

V ớ i x = 5 ⇒ = y 25

Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 3 là (1; 1),

(5; 25)

Xét pt hoành độ giao điểm:

x − 2mx + m − − = m 1 0 1

( )

²

(

²

)

∆ = − − − − = +

' m m m 1 m 1

Để (d) c ắ t (P) t ại hai điể m phân bi ệ t thì:

∆ > ⇔ > − 0,25

' 0 m 1

Theo đị nh lí Vi-et, ta có:

+ = − =

x x b 2m

(0,75đ) 2b)

1 2

a

x .x c m m 1

= = − −

2

Vì A x ; y ; B x ; y (

1 1

) (

2 2

) thuộc (P) nên:

y = x ; y = x Ta có:

1 1 2 2

+ + = −

y y 2x 22 2x

1 2 1 2

⇔ + + + =

x x 2 x x 22

( ) ^{( )}

⇔ + − + + = 0,25

x x 2x x 2 x x 22

1 2 1 2 1 2

Thay vào, ta được:

− − − + =

2m 2 m m 1 2.2m 22

⇔ + − =

m 3m 10 0

Giải ra được: m = -5 hoặc m = 2

Đối chiếu với điều kiện m > -1. Kết luận được m = 2 0,25

Vẽ hình đúng đến ý 1 0,25

Bài IV

(3 điể m)

B

d

H

(1đ) 1)

K

O

I

M

E

A

Xét (O) có MA, MB là hai ti ế p tuy ế n

⇒ ⊥ ⊥

MA OA;MB OB

0,5

Ch ứng minh đượ c t ứ giác OAMH n ộ i ti ế p.

Ta có MA = MB, OA = OB nên OM là đườ ng trung

tr ự c c ủ a AB ⇒ OM ⊥ AB.

Xét ∆OIK và ∆OHM có:

OIK   = OHM = ° 90 ,

HOM chung 

(1đ) 2)

=> ∆OIK ∆ OHM(g.g)

OI OK

⇒ =

OH OM

OI.OM OH.OK.

Ta có: BOE   = AOE ( OM là phân giác của góc AOB)

    E

BOE = sđBE , AOE = sđA (góc ở tâm)

Do đó: BE   = AE mà  sdAE 

ABE = 2 (góc n ộ i ti ế p);

 sdBE 

MBE = 2 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

Nên ABE   = MBE => BE là tia phân giác của góc

ABM.

Xét ∆ABM có:

BE là tia phân giác c ủ a góc ABM (cmt)

MO là phân giác c ủ a góc AMB (tính ch ấ t 2 tia ti ế p

tuy ế n)

Mà BE ∩ MO t ại E nên E là tâm đườ ng tròn n ộ i ti ế p

tam giác MAB.

Ta có đường tròn (O), d cố định mà H là hình chiếu

vuông góc của O lên đường thẳng d nên H cố định.

(1đ) 3)

Xét ∆OAM vuông tạ i A, AI ⊥ OM có:

OI. OM = OA = R không đổi

Mà OK. OH = OI. OM

Nên OK. OH = R

²

không đổi.

Vì O, H c ố đị nh nên K c ố đị nh.

Ta có

OK OI IK 2OI.IK 4S S OK .

= + ≥ = ⇒ ≤

2 2 2OIK OIK∆ ∆

4

Để diện tích tam giác OIK lớn nhất

2 4

OK R

⇔ = ⇔ = ⇔ =

S S OI IK

∆ ∆OIK OIK 2

4 4OH

Mà ∆OIK ∆OHM(cmt)

⇔ = ⇔ M cách H m ộ t kho ả ng b ằ ng OH.

OH HM

32 4 2

x + x − x = 2x 1 1 +

Với x = 0; ( ) ^{1 ⇔ = 0 1 (vô lí)}

=> x = 0 không là nghiệm của PT.

Với x khác 0, chia cả hai vế của PT cho x

1 1

( )

³

⇔ + − = +

1 x x 2

x x

x x 2 0

Đặ t

³

1

t x