Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 4{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\frac{1}{{x - 4}} + \frac{1}{y} = 1\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

a)Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = {x^2}\) và \(y =  - 2x + 3\) là nghiệm của phương trình \({x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\)

Vậy toạ độ các điểm cần tìm là \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( { - 3;9} \right).\)

b)Ta có ${\Delta }^{\text{'}}={\left(m-2\right)}^2+1>0\forall m.$

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\) với \(\forall m.\)

Theo hệ thức Vi-et ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2(m + 1){\rm{ }}\\{x_1}{x_2} = 6m - 4.{\rm{ }}\end{array} \right.\,\,\,\]

Ta có \[x_1^2 - x_2^2 = 3{x_1}{x_2}\left( {{x_2} - {x_1}} \right) \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2} + 3{x_1}{x_2}} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} + 3{x_1}{x_2} = 0\] (do \({x_1},\,{x_2}\) phân biệt)

\( \Leftrightarrow 2\left( {m + 1} \right) + 3\left( {6m - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}.\) Vậy \(m = \frac{1}{2}.\)

1)Diện tích hình thang \[ABCD\] là \[\frac{{\left( {AB + DC} \right).AD}}{2} = \frac{{\left( {3 + 7} \right).5}}{2} = 25\,{m^2}.\]

Diện tích nửa hình tròn đường kính \[AD\] là \[\frac{{\pi .{{\left( {2,5} \right)}^2}}}{2} = \frac{{25\pi }}{8}\,{m^2}.\]

Diện tích phần đất trồng cỏ là \[25 - \frac{{25\pi }}{8} \approx 15,19\,{m^2}.\]

                  Chú ý: Nếu học sinh không làm tròn thì trừ 0,25 điểm bước này.

2a) Ta có \[\widehat {BMN} = {90^0} \Rightarrow \] \[M\]thuộc đường tròn đường kính \[BN.\]

Ta có \[\widehat {BEN} = {90^0} \Rightarrow \] \[E\] thuộc đường tròn đường kính \[BN.\]

Do đó bốn điểm \[B,\,M,\,E,\,N\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[BN.\]

Chứng minh được \[\widehat {MBN} = \widehat {MEA}\].

Xét \[\Delta AEH\] vuông tại \[E,\] có \[EM\] là đường trung tuyến

\[ \Rightarrow EM = AM \Rightarrow \Delta AME\] cân tại \[M \Rightarrow \widehat {MEA} = \widehat {MAE} \Rightarrow \widehat {MBN} = \widehat {KAC}.\]

b)Xét \[(O)\]có \[\widehat {KBC} = \widehat {KAC}\] mà \[\widehat {KAC} = \widehat {EBC}\] (cùng phụ với \[\widehat {ACB}\]) \[ \Rightarrow \widehat {KBC} = \widehat {EBC}\]

\[ \Rightarrow BC\] là tia phân giác của góc \[\widehat {KBH}.\] Lại có \[BC \bot HK \Rightarrow \Delta BHK\]cân tại \[B.\]

\[ \Rightarrow \widehat {BKH} = \widehat {BHK}.\] Ta có \[\widehat {BHK} = \widehat {MHE} = \widehat {MEH} = \widehat {MNB} \Rightarrow \widehat {BKM} = \widehat {BNM.}\]

Do đó tứ giác \[BMNK\] nội tiếp.

\[ \Rightarrow \widehat {BMN} + \widehat {BKN} = {180^0} \Rightarrow \widehat {BKN} = \widehat {BKT} = {90^0}\]\[ \Rightarrow K\]thuộc đường tròn đường kính \[BT.\] Mà \[B,\,K,\,T \in \left( O \right) \Rightarrow BT\]là đường kính của \[(O) \Rightarrow B,\,O,\,T\]thẳng hàng.