Cho phương trình \({x^2} - 3x + 2 = 0{\rm{\;}}\)có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\). Tổng hai nghiệm\({x_1} + {x_2}\)và tích hai nghiệm \({x_1}.{x_2}\) của phương trình lần lượt là         

a) Gọi \(F\) là trung điểm của \(AH\)

Xét \(\Delta AKH\)vuông tại \(K\) có \(KF\) là đường trung tuyến nên \(FA = FH = FK = \frac{1}{2}AH\,\left( 1 \right)\)

0,25

Tương tự ta chứng minh được: \(FA = FH = FI = \frac{1}{2}AH\,\left( 2 \right)\)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra: \(FA = FH = FI = FK = \frac{1}{2}AH\)

0,25

Do đó bốn điểm \(A,\,K,\,H,\,I\) cùng thuộc đường tròn tâm \(F\) đường kính  \(AH\) hay tứ giác \[AKHI\] nội tiếp được một đường tròn.

0,25

b) * Chứng minh: \(EA.EH = EK.EI\)

Xét \(\Delta EAK\)và \(\Delta EIH\) có:

\[\widehat {EAK} = \widehat {EIH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK)

\[\widehat {AEK} = \widehat {IEH}\] (đối đỉnh)

Do đó \(\Delta EAK\)$\backsim$ \(\Delta EIH\) (g-g)

suy ra \(\frac{{EA}}{{EI}} = \frac{{EK}}{{EH}}\) hay \(EA.EH = EK.EI\)

 0,25

 0,25

* Chứng minh: \(AO \bot IK\)

Kẻ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(J\) là giao điểm của \(AD\) và \(KI\).

Ta có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AHK}\) (Vì cùng phụ với \(\widehat {HAK}\)) (1)

       \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) (2)

Vì tứ giác \[AKHI\]nội tiếp nên \(\widehat {AIK} = \widehat {AHK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) (3)

0,25

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {{\rm{AIJ}}} = \widehat {ADC}\) (4).

0,25

Ta có  \[\widehat {ACD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét \(\Delta ADC\) vuông tại \(C\), ta có: \[\widehat {ADC} + \widehat {CAD} = 90^\circ \] (5)

Từ \(\left( 4 \right),\,\left( 5 \right)\) suy ra \[\widehat {AIJ} + \widehat {IAJ} = 90^\circ \]

0,25

Xét \(\Delta {\rm{AIJ}}\) có: \[\widehat {AIJ} + \widehat {IAJ} = 90^\circ \] suy ra\[\widehat {AJI} = 90^\circ \]  hay \(AO \bot IK\).

0,25

c) Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta ACD\)có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD}\left( { = 90^\circ } \right)\); \(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\)(cmt)

Do đó: \(\Delta AHB\)$\backsim$\(\Delta ACD\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{AD}} = \frac{{3{R^2}}}{{2R}} = \frac{{3R}}{2}\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.\frac{{3R}}{2}.BC = \frac{{3R}}{4}.BC\).

Do \(R\) không đổi nên \({S_{ABC}}\) lớn nhất khi \(BC\) lớn nhất hay \(BC\) là đường kính của đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right).\]

 0,25

0,25

a) Xét phương trình sau: \[{x^2} - 2x - 1 = 0.\]

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

0,25

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt \[{x_1} = \frac{{1 - \sqrt 2 }}{1} = 1 - \sqrt 2 ,\,\,\,{x_2} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{1} = 1 + \sqrt 2 \]

0,5

Vậy tập nghiệm của phương trình là \[S = \left\{ {1 - \sqrt 2 ;\,\,1 + \sqrt 2 } \right\}.\]

0,25

b) Xét biểu thức \[P = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{2}{{x - 4}}} \right]:\frac{1}{{\sqrt x  - 2}}\] với \[x \ge 0,\,\,x \ne 4.\]

Với \[x \ge 0,\,\,x \ne 4.\]

Ta có :      \[P = \left[ {\frac{1}{{\sqrt x  - 2}} - \frac{2}{{x - 4}}} \right]:\frac{1}{{\sqrt x  - 2}}\]

\[P = \left[ {\frac{{\sqrt x  + 2}}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}} - \frac{2}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}} \right]:\frac{1}{{\sqrt x  - 2}}\]

\[P = \left[ {\frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  - 2} \right)\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}} \right].\left( {\sqrt x  - 2} \right)\]

0,25

\[P = \frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x  + 2} \right)}}\]

Vậy \[P = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x  + 2}}\,\,\,\,\,\,\left( {x \ge 0,\,x \ne 4} \right)\]

0,25