(1 điểm): Bác Nam và cô Hoa đi xe đạp từ làng lên tỉnh trên quãng đường dài 30 km, khởi hành cùng một lúc.Vận tốc xe của bác Nam lớn hơn vận tốc xe của cô Hoa là 3 km/h nên bác Nam đi đến tỉnh trước cô Hoa nửa giờ. Tính vận tốc xe của mỗi người.

14

(2,0đ)

1

(1,0đ)

1. Do NA là tiếp tuyến của  đường tròn tâm O nên \(\widehat {NAO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta NAO\)  vuông tại \[A\], nên \[A\] thuộc đường tròn đường kính \[ON\](1)

Do \[NC \bot OC\] vuông góc với  nên  \(\widehat {NCO} = 90^\circ \) hay \(\Delta NCO\) vuông tại \[C\] nên \[C\] thuộc đường tròn đường kính ON.

Vậy 4 điểm A, N, C, O cùng thuộc đường tròn đường kính \[ON\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ANCO nội tiếp đường tròn.

0,25

0,25

0,25

0,25

2

(1,0đ)

2. \(NB\) là tiếp tuyến của \((O)\)

Xét tam giác \(OAB\) cân tại \(O\) có \(OK\) là đường cao nên đồng thời là phân giác \( \Rightarrow \widehat {BOK} = \widehat {AOK}\) suy ra \(\Delta OBN = \Delta OAN\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {OBN} = \widehat {OAN} = 90^\circ \)  \( \Rightarrow OB \bot NB\) \( \Rightarrow \) \(NB\) là tiếp tuyến của \((O)\).

* Xét  \(\Delta OKM\) và \(\Delta OCN\) có \(\widehat {NOC}\) chung và \(\widehat {OKM} = \widehat {OCN} = {90^0}\)

Suy ra $\Delta OKM\backsim \Delta OCN$ (g.g) \( \Rightarrow \frac{{OM}}{{ON}} = \frac{{OK}}{{OC}}\) \( \Rightarrow OM.OC = OK.ON\)

Xét tam giác \(OAN\) vuông tại \(A\) có \(AK\) là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(OK.ON = O{A^2} = {R^2}\)

Vậy \(OM.OC = {R^2}\).

3.  Gọi \(I\) là giao điểm của \(DN\) và \(BH\).

Ta có \({\rm{BH //AN}}\) (cùng vuông góc với \(AD\) )\( \Rightarrow \frac{{IH}}{{AN}} = \frac{{DH}}{{DA}} \Rightarrow IH.DA = DH.AN\) (1)

Do B thuộc đường tròn tâm O đường kính \(AD\)  \[ \Rightarrow \widehat {ABD} = {90^0}\]

\( \Rightarrow BD \bot AB\) mà \(ON \bot AB(gt)\) \( \Rightarrow BD{\rm{ // }}ON\)

\[ \Rightarrow \widehat {HDB} = \widehat {AON}\] (đồng vị) $\Rightarrow \Delta HDB\backsim \Delta AON\left(g.g\right)$

\( \Rightarrow \frac{{HB}}{{AN}} = \frac{{HD}}{{AO}} \Rightarrow HB.AO = HD.AN\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(IH.DA = HB.AO\) mà \(DA = 2.AO\).

\( \Rightarrow IH.2 = HB\). Hay I là trung điểm của HB.

0,25

0,25

0,25

0,25

11

(1,0đ)

Xét phương trình: \({x^2} + (3 - 2m)x - 4 = 0\)

Ta có: \(ac =  - 4 < 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu.\({x_1};\,{x_2}\) với mọi \(m\)

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 3\;\;\left( 1 \right)\\{x_1}.{x_2} =  - 4\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Theo bài ra, ta có: \(\left( {1 - x_1^2} \right)\left( {1 - x_2^2} \right) - 2{x_1} - 2{x_2} = 10\)

                           \( \Leftrightarrow 1 - \left( {x_1^2 + x_2^2} \right) + {({x_1}{x_2})^2} - 2({x_1} + {x_2}) = 10\)  

                           \( \Leftrightarrow 1 - {({x_1} + {x_2})^2} + 2{x_1}{x_2} + {({x_1}{x_2})^2} - 2({x_1} + {x_2}) = 10\)  

Thay (1) và (2) ta được: \(1 - {(2m - 3)^2} + 2.( - 4) + {( - 4)^2} - 2.(2m - 3) = 10\)

\( \Leftrightarrow  - 4{m^2} + 8m + 6 = 10\)

\( \Leftrightarrow \)\( - {(2m - 2)^2} + 10 = 10\)

\( \Leftrightarrow \)\({(2m - 2)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \)\(m = 1\)

 Vậy \(m = 1\) thỏa mãn điều kiện đề bài.

0,25

0,25

0,25

0,25