B. TỰ LUẬN (7,0 điểm)

(2,0 điểm)

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

a) \(\frac{{2x - 5}}{{x - 3}} - \frac{1}{x} = \frac{{6x + 3}}{{{x^2} - 3x}}.\)

b) \(3x - \left( {6 + 2x} \right) \le 5\left( {x + 4} \right).\)

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 \[{d_1}\].

a) Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) ta có:

\(CB = AB.\sin A = 250.\sin 21^\circ \approx 89,6{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Vậy tàu đi được \(250{\rm{ m}}\)thì tàu ở độ sâu khoảng \(89,6{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

b) Gọi \(t\) là thời gian để tàu đi được độ sâu \(200{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Quãng đường tàu đi được trong thời gian \(t\) là: \(AB = {S_{AB}} = 2,5t{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right).\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) ta có: \(\sin A = \frac{{BC}}{{AB}}\).

Suy ra \(AB = \frac{{CB}}{{\sin A}}\) hay \(2,5t = \frac{{200}}{{\sin 21^\circ }}\), suy ra \(t = \frac{{200}}{{2,5.\sin 21^\circ }} \approx 223,23{\rm{ }}\left( {\rm{s}} \right)\).

Đổi \(223,23{\rm{ s}} \approx 3\) phút \(43\) giây.

Vậy sau khoảng \({\rm{3}}\) phút \(43\) giây thì tàu ở độ sâu \(200{\rm{ m}}{\rm{.}}\)