PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)

Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn

Trong mỗi câu hỏi từ câu 1 đến câu 4, hãy viết chữ cái in hoa đứng trước phương án đúng duy nhất vào bài làm.

Phương trình nào sau đây không là phương trình bậc nhất hai ẩn?

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[OM\] là tia phân giác của \[\widehat {AOH}\], \[ON\] là tia phân giác của  \[\widehat {BOH}\].

Mà \[\widehat {AOH}\] và \[\widehat {BOH}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {MON} = 90^\circ \].

Suy ra tam giác \[OMN\] vuông tại \[O\] có \[OM \bot ON\].

Xét \[\Delta HOM\] và \[\Delta HNO\], có:

\[\widehat {MHO} = \widehat {OHN} = 90^\circ \] (gt)

\[\widehat {HMO} = \widehat {HON}\] (cùng phụ với \[\widehat {MOH}\])

Do đó,  (g.g) nên \[\frac{{HO}}{{HN}} = \frac{{HM}}{{HO}}\].

Suy ra \[O{H^2} = HM.HN\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AM = HM\] và \[HN = BN\].

Do đó, \[O{H^2} = HM.HN = AM.BN\] suy ra \[{R^2} = AM.BN\]. (1)

Mà ta có: \[AB = 2R\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] do đó \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AM.BN = \frac{{A{B^2}}}{4}\] (đpcm).

b) Vì \[AM \bot AB,BN \bot AB\] nên \[AM\parallel BN\].

Xét tứ giác \[ABNM\] có \[AM\parallel BN\] và \[\widehat {BAM} = 90^\circ \,\,\left( {AM \bot AB} \right).\]

Do đó, \[ABNM\] là hình thang vuông.

Ta có: \[{S_{MON}} = \frac{1}{2}OH.MN \ge \frac{1}{2}OH.AB\] (vì \[ABNM\] là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\) nên\(MN \ge AB\)).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[MN = AB\]. Khi đó, \[ABNM\] là hình chữ nhật và \[H\] là điểm chính giữa cung \[AB\] suy ra \[NM\parallel AB\].

Ta có \[OH \bot AO,OH \bot MN\] nên \[AOHM\] là hình chữ nhật, mà \[OA = OH = R\] suy ra \[AOHM\] là hình vuông.

Tương tự, ta có: \[OBNH\]là hình vuông.

Do đó, \[AM = BN = OH = \frac{{AB}}{2}\].

Vậy \[{S_{MON}}\] nhỏ nhất khi \[AM = BN = \frac{{AB}}{2}.\]

c) \(\Delta OAH\) cân tại \(O\) và có \(OK\) là phân giác của \(\widehat {AOH}\) (\(K \in OM\)).

Suy ra \(OK\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta OAH\).

Do đó, \(K\) là trung điểm của \(AH\).

Ta có: \(ON\) là phân giác của \(\widehat {BOH}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Xét \(\Delta OBH\) cân tại \(O\) có \(OG\) là phân giác của \(\widehat {BOH}\) (\(G \in ON\)).

Suy ra \(OG\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta OBH\).

Do đó, \(G\) là trung điểm của \(BH\).

Xét \(\Delta HAJ\) vuông tại \(J\) có \(JK = \frac{1}{2}HA\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

      \(\Delta HBJ\) vuông tại \(J\) có \(JG = \frac{1}{2}HB\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

      \(\Delta HAB\) vuông tại \(H\) có \(A{H^2} + H{B^2} = A{B^2} = 4{R^2}\) (định lí Pythagore).

Do đó, \[J{G^2} + J{K^2} = \frac{1}{4}H{A^2} + \frac{1}{4}H{B^2} = \frac{1}{4}\left( {H{A^2} + H{B^2}} \right) = \frac{1}{4}A{B^2} = {R^2}\].

Vậy \[J{K^2} + J{G^2}\] có giá trị không đổi khi \[M\] di chuyển trên đường thẳng \[{d_1}\].

1. Giải các phương trình, bất phương trình sau.