b) Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật là $a,b$ (m) $(a>b>0)$

Chu vi của mảnh vườn hình chữ nhật là 160m, và hai lần chiều dài hơn 3 lần chiều rộng là 10m nên ta có hệ phương trình:

$\begin{cases}(a+b).2=160\\2a-3b=10\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}2a+2b=160\\2a-3b=10\end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases}5b=160-10=150\\a=\dfrac{3b+10}2\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}b=30\\a=50\end{cases}$

Vậy chiều dài là 50m, chiều rộng là 30m.

Câu 3:

a) $x^2-3x-m+4=0$ (1)

Với $m=6$ phương trình tương đương

$x^2-3x-6+4=0$

$\Leftrightarrow x^2-3x-2=0$

$\Delta=3^2+4.2=17>0$

Phương trình có hai nghiệm phân biệt

$x_1=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}$ và $x_2=\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}$

b) $\Delta=9-4.(-m+4)=4m-7$

Để phương trình (1) có nghiệm thì $\Delta\ge0$

$\Leftrightarrow 4m-7\ge0\Leftrightarrow m\ge\dfrac74$

c) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta>0\Leftrightarrow m>\dfrac74$

Theo vi ét ta có: $\begin{cases}x_1+x_2=3\text{ (1)}\\x_1.x_2=-m+4\text{ (2)}\end{cases}$

Hai nghiệm phân biệt của phương trình cần thỏa mãn $x_1+2x_2=5$ (3)

Từ lấy phương trình (3) trừ vế với vế phương trình (1) ta có:

$x_2=5-3=2\Rightarrow x_1=1$ thay vào phương trình (2) ta được:

$1.2=-m+4\Rightarrow m=2>\dfrac74$ (thỏa mãn)

Vậy với $m=2$ thỏa mãn đề bài.

Câu 4:

a) Do $Ax,MC$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $\widehat{CAO}=90^o,\widehat{CMO}=90^o$

Tứ giác $AOMC$ có: $\widehat{CAO}+\widehat{CMO}=90^o$

$\Rightarrow$ tứ giác $AOMC$ nội tiếp đường tròn đường kính $(CO)$.

b) Ta có $DB, DM$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(O)$ nên $DM=DB$ và $OD$ là tia phân giác $\widehat{MDB}$

$\Rightarrow\Delta MDB$ cân đỉnh D có $DO $ là phần giác nên cũng là đường cao, đường trung tuyến

$\Rightarrow DO\bot MB$ tại $E$, $ME=BE$

$\Delta OBD\bot B$ có $BE$ là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng ta có

$\dfrac1{BE^2}=\dfrac1{OB^2}+\dfrac1{BD^2}=\dfrac{1}{R^2}+\dfrac1{3R^2}=\dfrac{4}{3R^2}$

$\Rightarrow BE=\dfrac{\sqrt3R}{2}$

$\Rightarrow MB=2BE=\sqrt3R=DB=DM\Rightarrow\Delta DMB$ đều 

$\Rightarrow\widehat{DBM}=60^o=\widehat{MAB}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

Áp dụng hệ thức lượng vào $\Delta MAB\bot M$ (do $\widehat{AMB}=90^o$ góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\cos\widehat{MAB}=\dfrac{AM}{AB}\Rightarrow AM=2R.\cos60^o=R$

c) $CM, CA$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(O)$

$\Rightarrow CM=CA$ và $CO$ là tia phân giác $\widehat{ACM}$

$\Rightarrow \Delta CAM$ cân đỉnh C có $CO$ là phân giác nên cũng là đường trung tuyến nên $P$ là trung điểm của $AM$

$OA=OM=AM=R\Rightarrow\Delta OAM$ đều

$\Rightarrow P$ là trung điểm của AM nên $\Delta AMN\bot N$ có $NP=PM$

$\Rightarrow\Delta MNP$ cân đỉnh P.

Gọi $H$ là trung điểm của $MN\Rightarrow PH\bot MN\Rightarrow PH$ là đường trung trực cạnh MN (1)

Nhận xét tứ giác $MPOE$ có: $\widehat{PME}=\widehat{MPO}=\widehat{MEO}=90^o$

nên tứ giác $MPOE$ là hình chữ nhật gọi $PE$ giao $MO$ tại $F$

$\Rightarrow F$ là trung điểm của $PE$ và $MO$.

$\Delta MAO$ có $P$ là trung điểm của $AM, PH//AO$ (do cùng $\bot MN$)

$\Rightarrow PH$ là đường trung bình của $\Delta MAO\Rightarrow PH\cap MO$ tại trung điểm của MO là $F$ (2)

Gọi $G$ là trung điểm của $PM$

$\Delta MPO$ có: $GF$ là đường trung bình nên $GF//PO$ mà $OP\bot AM$

$\Rightarrow GF\bot AM\Rightarrow GF$ là đường trung trực của $PM$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\Delta MNP$ có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm F là trung điểm của $OM$ cố định.