4. 3. 8,0
3.1
Gäi K lµ giao ®iÓm cña Ax vµ GF, I lµ giao
®iÓm cña By vµ ED. Ta cã:
· · 0
90BEI BCA= =
· ·EBI CBA= (gãc cã c¸c c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)
BE BC= ,
Do ®ã:
BEI BCA BI BA∆ = ∆ ⇒ = mµ By cè ®Þnh, suy ra
®iÓm I cè ®Þnh.
+ T¬ng tù, K ccè ®Þnh.
+ VËy khi C di chuyÓn trªn nöa ®êng trßn (O)
th× dêng th¼ng ED ®i qua ®iÓm I cè ®Þnh vµ
®êng th¼ng GF ®i qua ®iÓm K cè ®Þnh. 3,0
3.2 Suy ra quÜ tÝch cña I lµ nöa ®êng trßn ®êng kÝnh BI (bªn ph¶i By,
,C A E I C B E B≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡ ); quÜ tÝch cña K lµ nöa ®êng trßn ®-
êng kÝnh AK(bªn tr¸i Ax, ,C A G A C B G K≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡ ).
2,0
3.3
XÐt 2 tam gi¸c BEI vµ BDK,
ta cã:
1
2
BE BI
BD BK
= =
· · · ·
· ·
0
45EBI IBD KBD IBD
EBI KBD
+ = + =
⇒ =
Do ®ã:
· · 0
90
BEI BDK
BDK BEI
∆ ∆
⇒ = =
:
+ VËy: QuÜ tÝch cña D lµ nöa ®êng trßn ®êng kÝnh BK.
+ T¬ng tù, quÜ tÝch cña F lµ nöa ®êng trßn ®êng kÝnh AI.
3,0
§Ò 2
4
6. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Bµi ý Néi dung §iÓm
1. 7,0
1.1 (2,0 ®iÓm)
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ − + + − = ( ) ( )
2 2
4 4
1 3 2x x⇔ − + − =
( )4 4 4
1 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x⇔ − + − = ⇔ − + − = = ≥ ≥ (1)
1,0
• 0 1: 1 0, 3 0y y y≤ ≤ − ≤ − < , nªn (2) 1 3 2 1y y y⇔ − + − = ⇔ = (tho¶
§K)
1x⇔ = lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1)
• 1 3: 1 0, 3 0y y y< ≤ − > − ≤ , nªn pt (2) 1 3 2 0 0y y y− + − = ⇔ =
do ®ã pt (2) cã v« sè nghiÖm y (1 3y< ≤ ), suy ra pt (1) cã v« sè
nghiÖm x (1 81x< ≤ ). 1,0
• 3: 1 0, 3 0y y y> − > − > , nªn pt (2) 1 3 2 3y y y⇔ − + − = ⇔ = , pt v«
nghiÖm.
• VËy tËp nghiÖm cña pt (1) lµ: [ ]1; 81S = 1,0
1.2 (3,0 ®iÓm)
1 1 2
1 1 1 1
(*)
a b b c c a
a b c a c a b c
+ =
+ + +
⇔ − = −
+ + + + 0,50
Ta cã:
( )( )
( )( )( )
1 1 c b
A
a b c a a b c a
c b
a b c a b c
−
= − =
+ + + +
−
=
+ + +
0,50
Theo gi¶ thiÕt: 2
2
a c
b a c b b a c b
+
= ⇔ + = ⇔ − = − , nªn:
( )( )( )
( )( )
( )( )( )
b a b ab a
A
a b b c c a a b b c c a
− +−
= =
+ + + + + +
1,0
( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
1 1b a b c c a
A
c a b cb c c a b c c a
− + − +
= = = −
+ ++ + + +
§¼ng thøc (*) ®îc nghiÖm ®óng. 1,0
6
7. 2. 6,0
2.1 (3,0 ®iÓm)
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
(x¸c ®Þnh víi mäi x∈R ) ( ) 2
1 3 5 0 (**)y x x y⇔ − − + − =
0,5
• 1:y = pt (**) cã nghiÖm
4
3
x = −
• 1:y ≠ ®Ó pt (**) cã nghiÖm th×:
2
9 4( 1)( 5) 4 24 11 0y y y y∆ = − − − = − + − ≥ 1,0
( ) ( )
225 5 5 5 1 11
3 0 3 3 1
4 2 2 2 2 2
y y y y y⇔ − − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ≠
1,0
VËy tËp gi¸ trÞ cña y lµ
1 11
;
2 2
, do ®ã
11 1
;
2 2
Max y Min y= =
0,5
2.2 (3,0 ®iÓm)
( )2 2 2 2
2 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0x y xy x y x y x y y+ + − − + = ⇔ + − + − + = (***) 0,5
§Ó pt (***) cã nghiÖm nguyªn theo x, th×:
( ) ( )2 2 2
3 2 4 2 4 3 4 8y y y y y∆ = − − − + = + − lµ sè chÝnh ph¬ng.
( ) ( )
22 2 2
4 8 2 12y y k k y k⇔ + − = ∈ ⇔ + − =Z
( 2 )( 2 ) 12 ( )y k y k a⇔ + − + + = 1,0
Ta cã: Tæng ( )2 ( 2 ) 2( 2)y k y k k+ − + + + = + lµ sè ch½n, nªn
( )2 ; ( 2 )y k y k+ − + + cïng ch½n hoÆc cïng lÎ. Mµ 12 chØ cã thÓ b»ng
tÝch 1.12 hoÆc 2.6 hoÆc 3.4, nªn chØ cã c¸c hÖ ph¬ng tr×nh sau:
2 2 2 6 2 6 2 2
; ; ; ;
2 6 2 2 2 2 2 6
y k y k y k y k
y k y k y k y k
+ − = + − = + − = − + − = −
+ + = + + = + + = − + + = − 0,5
Gi¶i c¸c hÖ pt trªn ta cã c¸c nghiÖm nguyªn cña pt (a):
( ) ( ) ( ) ( )2; 2 , 2; 2 , 6; 2 , 6; 2y k y k y k y k= = = = − = − = = − = − 0,5
Thay c¸c gi¸ trÞ 2; 6y y= = − vµo pt (***) vµ gi¶i pt theo x cã c¸c
nghiÖm nguyªn (x; y) lµ:
( 1; 2), ( 3; 2);( 11; 6),( 9; 6)x y x y x y x y= − = = − = = = − = = − 0,5
3. 7,0
(4 ®) 3.1 Ta cã: COM CED∆ ∆: v×:
µ µ 0
90O E= = ; µC chung. Suy ra:
.
(1)
OM CO ED CO
OM
ED CE CE
= ⇔ =
Ta cã: AMC EAC∆ ∆: v×:
µC chung , µ µ 0
45A E= = . Suy ra:
.
(2)
AM AC EA AC
AM
EA EC CE
= ⇔ =
Tõ (1) vµ (2):
.
(3)
. 2
OM OC ED ED
AM AC EA EA
= =
1,0
7
12. 3. 8,0
3.1 + §Æt (0 )AM x x c= ≤ ≤ .
Ta cã:
MN AM ax
MN
BC AB c
= ⇔ =
( )0 3
sin 60
2
c x
MQ BM
−
= = .
Suy ra diÖn tÝch cña MNPQ
lµ:
( )
( )
3 3
2 2
ax c x a
S x c x
c c
−
= = −
2,0
+ Ta cã bÊt ®¼ng thøc:
2
( 0, 0)
2 2
a b a b
ab ab a b
+ +
≥ ⇔ ≤ > > ÷
¸p dông, ta cã:
2 2
( )
2 4
x c x c
x c x
+ −
− ≤ = ÷
.
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi:
2
c
x c x x= − ⇔ = .
Suy ra:
2
3 3
2 4 8
a c ac
S
c
≤ × = .
VËy: max
3
8
ac
S = khi
2
c
x = hay M lµ trung ®iÓm cña c¹nh AC.
2,0
12
13. 3.2 + Gi¶ sö ®· dùng ®îc h×nh vu«ng EFGH néi tiÕp trong tam
gi¸c ABC. Nèi BF, trªn ®o¹n BF lÊy ®iÓm F'.
Dùng h×nh ch÷ nhËt:
E'F'G'H' ( ' ; ', ' )E AB G H BC∈ ∈ .
Ta cã: E'F'//EF vµ F'G'//FG, nªn:
' ' ' ' ' 'E F BE BF F G
EF BE BF FG
= = =
' ' ' 'E F F G⇒ = . Do ®ã E'F'G'H' lµ h×nh vu«ng. 1,0
+ C¸ch dùng vµ chøng minh: Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm E' tuú ý, dùng
h×nh vu«ng E'F'G'H' (G', H' thuéc c¹nh BC). Dùng tia BF' c¾t AC t¹i
F. Dùng h×nh ch÷ nhËt EFGH néi tiÕp tam gi¸c ABC. Chøng minh t-
¬ng tù trªn, ta cã EF = FG, suy ra EFGH lµ h×nh vu«ng. 1,0
+ Ta cã:
0' 1
cot 60
' ' 3
BH
g
E H
= = ;
· ' ' ' ' ' 1
cot ' 1 1
' ' ' ' ' ' 3
BG BH H G BH
gF BC
F G F G E H
+
= = = + = + .
Suy ra: Tia BF' cè ®Þnh khi E' di ®éng trªn AB, c¾t AC t¹i mét
®iÓm F duy nhÊt.
Trêng hîp h×nh vu«ng E'F'G'H' cã ®Ønh F' ë trªn c¹nh AC; G' vµ H' ë
trªn c¹nh BC, lý luËn t¬ng tù ta còng cã tia CE' cè ®Þnh, c¾t AB t¹i
E.
VËy bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh duy nhÊt.
1,0
+ §Æt AE x= . Ta cã
EF AE ax
EF
BC AB c
= ⇒ = ;
( )
( ) 3
sin
2
c x
HE c x B
−
= − =
EFGH lµ h×nh vu«ng, nªn
2
( ) 3 3
2 2 3
ax c x c
EF EH x
c a c
−
= ⇔ = ⇔ =
+
Suy ra diÖn tÝch h×nh vu«ng EFGH lµ:
( )
2 2
2
2
3
2 3
a c
S EF
a c
= =
+
1,0
13
15. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm:
Bµi ý Néi dung §iÓm
1. 7,0
1.1 (4,0 ®iÓm)
4
4
3 4
3 4
x y
y x
+ =
+ =
. §iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ:
3
4
3
4
x
y
≥
≥
(*)
0,5
Víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã:
4 4
4 4 4
3 4 3 4 ( )
3 4 4( ) 0( )
x y x y a
y x x y x y b
+ = + =
⇔
+ = − + − = 1,0
( ) ( ) ( )2 2
( ) 4 0b x y x y x y ⇔ − + + + = 0x y x y⇔ − = ⇔ =
(v× 3, 0
4
x y ≥ > nªn ( ) ( )2 2
4 0x y x y+ + + > ). 1,0
Thay vµo (a): ( )4 4 4
3 4 4 3 0 1 4 1 0x y x x x x+ = ⇔ − + = ⇔ − − − =
( ) ( ) ( ) ( )23 2 2
1 3 0 1 2 3 0 1x x x x x x x x⇔ − + + − = ⇔ − + + = ⇔ =
v× ( )
22
2 3 1 2 0x x x+ + = + + > .
So víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã: 31
4
x y= = > .
VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt :
1
1
x
y
=
= 1,5
1.2 (3,0 ®iÓm)
§iÒu kiÖn: ; ;a b b c c a≠ − ≠ − ≠ − 0,50
Ta cã
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a a b b c c a
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
− − −
+ + − + + = + + ÷
+ + + + + + + + +
( ) ( ) ( ) 0a b b c c a= − + − + − = 0,50
Suy ra:
2 2 2 2 2 2
a b c b c a
a b b c c a a b b c c a
+ + = + +
+ + + + + +
Do ®ã:
2 2 2 2 2 2
a b c c a b
a b b c c a a b b c c a
+ + = + +
+ + + + + +
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 4 4 42 2 2 2 2 2
0 0
a c a b c b a b ca c b a c b
a b b c c a a b b c c a
+ + − + +− − −
⇒ + + = ⇒ =
+ + + + + + 1,0
15
16. ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2
0
2
a c a b c b a b c
a b b c c a
+ + − + +
⇒ =
+ + +
( ) ( ) ( )
4 2 2 4 4 2 2 4 2 2 2 2
2 2 2
0
2
a a c c a a b b b b c c
a b b c c a
− + + − + + − +
⇒ − =
+ + +
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
0
0 0
0
a b
a b b c c a b c
c a
− =
⇒ − + − + − = ⇔ − =
− =
2 2 2
| | | | | |a b c a b c⇔ = = ⇔ = = 1,0
2. 6,0
2.1 (4,0 ®iÓm)
Theo gi¶ thiÕt diÖn tÝch cña h×nh vu«ng cã d¹ng
( )2
0,S abbb k k k= = > ∈Z 0,5
2
1000 9999 33 99k k≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ , nªn k chØ gåm 2 ch÷ sè: 10k xy x y= = +
( )2 2 2
100 20 3 9;0 9k x xy y x y= + + ≤ ≤ ≤ ≤ . 1,0
NÕu y lÎ: 2
1;3;5;7;9 1;9;25;49;81 1;5;9y y b= ⇒ = ⇒ = . Khi ®ã 2xy cã
ch÷ sè tËn cïng lµ sè ch½n, nªn ch÷ sè hµng chôc cña 2
k ph¶i lµ sè
ch½n kh¸c víi 1; 5; 9, do ®ã S kh«ng thÓ lµ abbb . 1,0
NÕu y ch½n: 2
0;2;4;6;8 0;4;16;36;64 0;4;6y y b= ⇒ = ⇒ =
Víi y = 0: 2
k chØ cã thÓ lµ 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100
kh«ng tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n.
Víi y = 2: 2 2
100 40 4k x x= + + . Khi ®ã x chØ cã thÓ lµ 6 th× ch÷ sè
hµng chôc cña k2
míi lµ 4, suy ra 2
3600 244 3844k abbb= + = ≠ .
Víi y = 4; 6: 2
16;36y = , khi ®ã 20xy cã ch÷ sè hµng chôc lµ sè ch½n,
nªn ch÷ sè hµng chôc cña k2
ph¶i lµ sè lÎ, do ®ã kh«ng thÓ b»ng 4
hoÆc 6, nghÜa lµ 2
k abbb≠ .
Víi y = 8: y2
= 64; 2 2
100 160 64k x x= + + , khi ®ã x chØ cã thÓ lµ 3
hoÆc 8 th× ch÷ sè hµng chôc cña k2
míi b»ng 4, suy ra 2 2
38 1444k = =
hoÆc 2 2
88 7744k = = (kh«ng tho¶ ®iÒu kiÖn bµi to¸n).
VËy: bµi to¸n cã mét lêi gi¶i duy nhÊt: H×nh vu«ng cÇn x¸c ®Þnh cã
c¹nh 38k = vµ diÖn tÝch 1444S = .
0,5
0,5
0,5
2.2 (2,0 ®iÓm)
Theo gi¶ thiÕt, cha cña A cã thÓ lµ B hoÆc C:
+ NÕu B lµ cha cña A th× C kh«ng thÓ song sinh víi A, v× nÕu
nh thÕ th× C lµ con cña B, tr¸i gi¶ thiÕt, do ®ã C vµ B lµ song
sinh vµ kh¸c giíi tÝnh (gt), nªn C lµ ph¸i n÷. MÆt kh¸c, con g¸i
cña B kh«ng thÓ lµ C nªn ph¶i lµ A, do ®ã A lµ ph¸i n÷. VËy B
kh¸c giíi tÝnh víi hai ngêi cßn l¹i lµ A vµ C (cïng lµ ph¸i n÷). 1,0
16
18. + §êng trßn (O4) cã hai trêng hîp:
a) Trêng hîp 1: (O4) ë bªn tr¸i (O1):
KÎ tiÕp chung cña (O4) vµ (O1) t¹i tiÕp ®iÓm K c¾t AC
vµ AD t¹i E vµ F.
CO vµ CA lµ cßn lµ 2 tiÕp tuyÕn cña (O1), nªn chu vi
cña CEFV b»ng 2CO, suy ra nöa chu vi cña nã lµ p = R.
Ta cã: 2 2
1
4 2 2
1 2
R
CO R r
+
= + =
+
( )1 1
4 2 2 1
4 2 2
1 2 1 2 1 2
R
R R
CK CO O K
+ −
+
= − = − =
+ + +
( )
( )
01
2
4 2 2 1
1
22 30'
1 2 1 2
R
O OKF
tg KF
KC CO
+ −
= = = ⇒ =
+ +
( )
( )
2
3
4 2 2 1
1 2
CEF
R
S CK KF
+ −
= × =
+
V
.
Suy ra b¸n kÝnh cña ®êng trßn (O4) lµ:
( )
( )
2
4 3
4 2 2 1
1 2
R
r
+ −
=
+
2,0
18
19. b) Trêng hîp 2: (O'4) ë bªn ph¶i (O1):
Khi ®ã: K' lµ tiÕp ®iÓm cña 2 ®êng trßn, tiÕp tuyÕn chung c¾t CA
vµ CD t¹i E' vµ F', CD tiÕp xóc víi (O'4) t¹i H.
( )1 1
4 2 2 1
4 2 2
' '
1 2 1 2 1 2
R
R R
CK CO O K
+ +
+
= + = + =
+ + +
( )
( )
0
2
4 2 2 1
' ' ' ' 22 30'
1 2
R
F H K F CK tg
+ +
= = =
+
( )
( )
1
2
1
4 2 2 1 4 2 2
''
'
' 1 2
R
CK COCK CO
CF
CF CO CO
+ + +
×
= ⇔ = =
+
( )
( )
( )
( )
2 2
4 2 2 1 4 2 2 4 2 2 1
' '
1 2 1 2
R R
CH CF F H
+ + + + +
= + = +
+ +
( )
( )
2
2
4 2 2 1
1 2
R
CH
+ +
=
+
Suy ra: B¸n kÝnh cña ®êng trßn (O'4) lµ:
( )
( )
2
' ' 0
4 4 3
4 2 2 1
22 30'
1 2
R
r O H CHtg
+ +
= = =
+
2,0
19
20. §Ò 5
Câu 1: (1,5 điểm). So sánh các số thực sau ( Không dùng máy tính gần đúng).
3 2 và 2 3
Câu 2: (3 điểm). Giải phương trình sau: 2 2
x 1 x 1 0− − + =
Câu 3: (1,5điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
2
x 1
A
x 1
−
=
+
Câu 4: (2 điểm). Giải hệ phương trình:
2x2
+ 3y = 1
3x2
- 2y = 2
Câu 5: (4 điểm). Lớp 9A có 56 bạn, trong đó có 32 bạn nam. Cô giáo chủ nhiệm dự
kiến chia lớp thành các tổ học tập:
- Mỗi tổ gồm có các bạn nam, các bạn nữ.
- Số các bạn bạn nam, các bạn nữ được chia đều vào các tổ.
- Số người trong mỗi tổ không quá 15 người nhưng cũng không ít hơn chín
người.
Em hãy tính xem cô giáo có thể sắp xếp như thế nào và có tất cả mấy tổ ?
Câu 6: (5điểm). Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Trong đoạn AB lấy điểm M khác 0. Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đường tròn
(O) tại N ở điểm P. Chứng minh rằng:
a) Các điểm O, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn.
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.
c) CM.CN = 2R2
d) Khi M di chuyển trên đoạn AB thì P di chuyển ở đâu ?
Câu 7: ( 3điểm). Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. C là điểm trên đường tròn
(O, R). Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. Khi C chuyển động trên
đường tròn (O, R) thì D chuyển động trên đường nào?
--Hết--
20
21. Câu Nội dung – yêu cầu Điểm
1
(1,5đ) Giả sử 3 2 > 2 3 ( ) ( )
2 2
3 2 2 3⇔ >
( ) ( )
2 2
3 2 2 3 3 2 2 3 18 12⇔ > ⇔ > ⇔ > (BĐT đúng)
0,5
1,0
2
(3đ)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 22 2 2 2
2 2 2 2
x 1 x 1 0 x 1 x 1
x 1 0 x 1
x 1 x 1 x 1 x 1 0
x 1 hay x 1 x 1 hay x 1
x 1 x 1 1 0 x 1 0hay x 2 0
x 1 hay x 1
x 1 hay x 1 hay x 2 hay x 2
− − + = ⇔ − = −
− ≥ ≥
⇔ ⇔
− = − − − − =
≤ − ≥ ≤ − ≥
⇔ ⇔ − − − = − = − =
≤ − ≥
⇔
= = − = = −
0,5
1,0
1,0
0,5
3
(1,5đ)
Ta có
2 2
2 2 2
2
2 2
x 1 x 1 2 2
A 1
x 1 x 1 x 1
1 2
Do x 1 1 1 2
x 1 x 1
Suy ra A 1
A 1 x 0
− + −
= = = −
+ + +
−
+ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥ −
+ +
≥ −
= ⇔ =
Vậy GTNN của A bằng 1 khi x = 0
0,5
0,5
0,5
4
(2đ)
. Đặt u = x2
≥ 0, ta có:
2u + 3y = 1
8
13
u =
3u - 2y = 2
1
13
y = −
Do đó:
2 8
13
x =
1
13
y = −
Hệ PT có 2 nghiệm là:
0,25
0,75
0,25
0,5
0,25
21
⇔
⇔
2 2 2 26
13 13
x = ± = ±
1
13
y = −
22. 2 26 1 2 26 1
( , ) ( , );( , )
13 1313 13
x y
−
= − −
5
(4đ)
* Gọi số bạn nam được chia vào tổ là x,
số bạn nam được chia vào tổ là y,
x, y nguyên dương.
Theo đề ra ta có hệ:
32 24
x y
= (1)
9 ≤ x + y ≤ 15 (2)
Từ (1) ta có: 3x – 4y = 0 =>
4
3
x y=
Đặt y = 3t, t > 0 và t ∈ z, ta có: x = 4t
Từ (2), ta có: 9 ≤ 3t + 4t ≤ 15 hay 9 ≤ 7t ≤ 15
=>
9
7
< t ≤
15
7
=>
2 2
1 2
7 7
t< ≤
Vì t ∈ z nên giá trị t cần tìm là t = 2, ta tính ra x = 8; y = 6
Như vậy, mỗi tổ có 8 bạn nam, 6 bạn nữ.
Số tổ được chia là:
56
4
6 8
=
+
tổ
0,5
0,75
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
6
(5đ)
C
a)
A B
N
E P D F
* Tam giác OMP vuông tại M nên O, M, P thuộc đường tròn
đường kính OP.
* Tam giác ONP vuông tại N nên O, N, P thuộc đường tròn
đường kính OP.
* Vậy O, M, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP.
b) MP//OC (vì cùng vuông góc với AB)
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
22
M O
23. · ·NMP NCD= (hai góc đồng vị)
· ·ONC OCN= (hai góc đáy của tam giác cân ONC)
· ·NMP NOP= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP)
Suy ra · ·MNO NOP= ; do đó, OP//MC.
Vậy tứ giác MCOP là hình bình hành.
c) ( . )CND COM g g∆ ∆:
Nên
OC CM
CN CD
= hay CM.CN = OC.CD = 2R2
d) Vì MP = OC = R không đổi.
Vậy P chạy trên đường thẳng kẻ từ D //AB. Do M chỉ chạy
trên đoạn AB nên P chỉ chạy trên EF thuộc đường thẳng song
nói trên.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
7
(3đ)
* · 90o
ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> AC vuông góc với BD
CD = CB (gt)
Tam giác ABC cân tại A
AD = AB = 2R (không đổi)
AD = AB = 2R (không đổi) và A cố định. Do đó D chuyển
động trên đường tròn (A; 2R).
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
23
A B
D
C
O
24. §Ò 6
Baìi 1 (2 âiãøm):
Cho biãøu thæïc
1 3 2
A = - +
x +1 x x +1 x - x +1
a) Ruït goün biãøu thæïc A
b) Tçm giaï trë nhoí nháút vaì giaï trë låïn nháút cuía biãøu thæïc A
Baìi 2 (2 âiãøm):
Cho haìm säú y = - 2x + 2 coï âäö thë (D) vaì haìm säú
-4
y =
x
coï âäö thë (H)
a) Tçm toaû âäü giao âiãøm cuía (D) vaì (H)
b) Tçm trãn (H) âiãøm A(xA , yA) vaì trãn (D) âiãøm B(xB , yB) thoaí maîn caïc
âiãöu kiãûn: xA+ xB = 0 vaì 2yA - yB = 15
Baìi 3 (2 âiãøm):
Tçm caïc càûp säú nguyãn (x , y) sao cho:
2 1
2 2 1
2
x x y x− − < < − −
Baìi 4 (4 âiãøm):
Cho âæåìng troìn (O , R) vaì âiãøm A våïi OA = 2R. Tæì A veî 2 tiãúp tuyãún
AE vaì AF âãún (O). (E, F laì 2 tiãúp âiãøm). Âæåìng thàóng OA càõt (O) taûi C vaì D
(O nàòm giæîa A vaì C)
a) Tênh diãûn têch tæï giaïc AECF theo R.
b) Tæì O veî âæåìng thàóng vuäng goïc våïi OE càõt AF taûi M. Tênh tyí säú
diãûn têch hai tam giaïc OAM vaì OFM.
c) Âæåìng thàóng keí tæì D vuäng goïc våïi OE càõt EC taûi Q. Chæïng minh caïc
âæåìng thàóng AC, EF vaì QM âäöng qui.
HÆÅÏNG DÁÙN CHÁÚM ÂÃÖ THI HOÜC SINH GIOÍI NÀM 2007-
2008
Män: Toaïn - Låïp 9
Baìi 1(2 âiãøm)
a) (0,75 â)
Âiãöu kiãûn xaïc âënh: x ≥ 0 (0,25 â)
x - x +1-3+ 2 x + 2 x + x
A = =
x x +1 x x +1
(0,25 â)
24
25. =
( )
( )( )
x x +1 x
=
x - x +1x +1 x - x +1
(0,25 â)
b) (1,25 â)
Våïi x ≥ 0 thç
≥
2
x
A = 0
1 3
x - +
2 4
(0,5 â)
Do âoï Amin = 0 khi x = 0
( ) ≤
2
2 2
x -1x -x + x -1
A -1= = - 0
1 3 1 3
x + + x - +
2 4 2 4
(0,75 â)
Suy ra 1A ≤ . Do oï Amax= 1 khi x = 1
Baìi 2 (2 âiãøm)
a) (0,75 â)
Hoaình âäü giao âiãøm cuía (D) vaì (H) laì nghiãûm cuía
phæång trçnh: -2x + 2 =
-4
x
hay -2x2
+ 2x + 4 = 0 (x ≠ 0) (0,25 â)
x2
- x - 2 = 0
(x + 1)(x - 2) = 0 (0,25 â)
x = -1 ; x = 2
Våïi x = -1 ⇒ y = 4 ; våïi x = 2 ⇒ y = -2
Váûy toaû âäü giao âiãøm cuía (D) vaì (H) laì (-1 ; 4) vaì
(2 ; -2) (0,25 â)
b) (1,25 â)
A (xA , yA) ∈ (H) nãn yA =
A
-4
x
(1) (0,25 â)
B (xB , yB) ∈ (D) nãn yB = -2xB + 2 (2)
Do xA + xB = 0 ⇒ xB = -xA
vaì 2yA - yB = 15 ⇒ yB = 2yA -15 (0,25
â)
Thay vaìo (2) ⇒ 2yA - 15 = 2xA + 2 hay yA = xA +
17
2
(3)
Tæì (1) vaì (3) ⇒ xA +
17
2
=
A
-4
x
2xA
2
+ 17xA + 8 = 0 (0,25 â)
(2xA + 1) (xA + 8) = 0
xA =
1
2
− ; xA = -8
Våïi xA =
1
2
− ⇒ yA = 8 ; xB =
1
2
⇒ yB = 1 (0,25 â)
Våïi xA = -8 ⇒ yA =
1
2
; xB = 8 ⇒ yB = -14
25
26. Veî hçnh chênh xaïc
(0,25 â)
I
M
Q
O
C D G
E
F
Váûy A (
1
2
− ; 8) vaì B (
1
2
; 1) (0,25 â)
hoàûc A (-8 ;
1
2
) vaì B (8 ; -14)
Baìi 3 (2 âiãøm):
Tæì 2 1
x -2x - < y < 2- x -1
2
Suy ra ⇔
1 1
y + > 0 y > -
2 2
vaì ⇔y -2 < 0 y < 2 (0,75 â)
Do y nguyãn nãn y = 0 ; 1
Våïi y = 0 ta coï 0 < 2 - ⇔ ⇔x -1 x -1 < 2 -2 < x -1< 2
⇔ -1 < x < 3 Do âoï x = 0 ; 1 ; 2 (vç x nguyãn)
x = 0 ⇒
1 1
0 2.0
2 2
− − = − < 0 (nháûn) (0,5 â)
x = 1 ⇒ 2 1 1
1 2.1 0
2 2
− − = > (loaûi)
x = 2 ⇒ 2 1 1
2 2.2 0
2 2
− − = − < (nháûn)
Våïi y = 1 ta coï ⇔ ⇔1< 2- x -1 x -1 <1 -1< x -1<1
⇔ 0 < x < 2 Do âoï x = 1 (0,5 â)
x = 1 ⇒ 2 1 1
1 1.2 1
2 2
− − = < (nháûn)
Váûy caïc càûp säú phaíi tçm laì (0 ; 0); (2 ; 0) vaì (1 ,
1) (0,25 â)
Baìi 4 (4 âiãøm)
a) (1,25 â)
Ta coï AE = AF (t/c tiãúp tuyãún) vaì OE = OF = R nãn OA
laì âæåìng trung træûc cuía âoaûn thàóng EF. Goüi I laì giao
âiãøm cuía AC vaì EF taûi I thç OA ⊥ EF vaì IE = IF
∆ OEA coï ·OEA = 900
(t/c tiãúp tuyãún) vaì EI ⊥ OA
26
27. nãn OE2
= OI . OA ⇒
2 2
OE R R
ÞOI = = =
OA 2R 2
∆OIE ( ·OIE = 900
) nãn EI2
= OE2
- OI2
= R2
-
⇔
2 2
R 3R 3.R
= Þ EI =
4 4 2
EF = 2EI = 3 .R vaì AC = AO + OC = 2R + R = 3R
SAECF =
1
2
. AC . EF =
1
2
. 3R . 3 . R = 23 3
R
2
b) (1,25 â)
Ta coï OM // AE (⊥ OE) nãn · ·MOA = OAE
maì · ·OAE = OAM Do âoï · ·MOA = OAM
Suy ra ∆OMA cán taûi M ⇒ MO = MA
OAM
OFM
S AM OM
= =
S FM FM
= ·
1
cosOMF
maì · · ·OMF = EAF = 2EAO
sin ·EAO = ·EAO⇒ 0OE R 1
= = Þ = 30
OA 2R 2
Do âoï ·OMF = 600
nãn OAM
OFM
S
S
= 0
1
cos60
=
1
2
1
2
=
c) (1,25 â)
- Chæïng minh ∆DEQ = ∆OFM
Suy ra: QD = OM
- Chæïng minh QDMO laì hçnh bçnh haình
Suy ra QM vaì DO giao nhau taûi trung âiãøm cuía mäùi
âæåìng
Maì I laì trung âiãøm cuía OD (OI = ID =
R
2
)
nãn I laì trung âiãøm cuía QM
Váûy AC, EF vaì QM âäöng quy taûi I.
27
28. De 7
Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) 4x2
– 49 – 12xy + 9y2
b) x2
+ 7x + 10
Bài 2 (4đ) Cho
2
2
1 2 2 4
2 7 10 5
x x x
A
x x x x
− − −
= + −
− − + −
a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nguyên.
Bài 3 (4đ). Giải phương trình
) 2 1 3 2a x x+ = −
b) x2
– 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23
Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại
H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt
nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b) ∆ABC ~ ∆AEF
c) EDCFDB ˆˆ =
d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF
Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng
Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình 2008
2007
<
− x
HẾT
28
29. HƯỚNG DẪN CHẤM
Gợi ý đáp án Điểm
Bài 1a)
4x2
-49-12xy+9y2
=(4x2
-12xy+9y2
)-49
=(2x-3y)2
-72
=(2x-3y+7)(2x-37-7)
(1 đ)
(1đ)
Bài 1b)
x2
+7x+10 =x2
+5x+2x+10
=x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2)
(1đ)
(1đ)
Bài 2a) x2
-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là
x ≠5và x ≠2
2 2
2
2
2
1 2 2 4 1 2 2 4
2 7 10 5 2 ( 5)( 2) 5
5 2 (2 4)( 2)
( 5)( 2)
8 15 ( 5)( 3) 3
( 5)( 2) ( 5)( 2) 2
x x x x x x
A
x x x x x x x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
− − − − − −
= + − = + − =
− − + − − − − −
− + − − − − −
=
− −
− + − − − − − +
= = =
− − − − −
(0,5đ)
(2đ)
2b)
( 2) 1 1
1
2 2
x
A
x x
− − +
= = − +
− −
, với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi
1
2x −
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.
(1,5đ)
Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau
TH1:
1
2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 3
x x x x
x x x
≥ − ⇔ + ≥ ⇒ + = −
⇔ + = − ⇔ =
Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình.
TH2:
1
2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 5 1 0,2
x x x x
x x x x
< − ⇔ + < ⇒ + = −
⇔ − − = − ⇔ = ⇔ =
Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của
phương trình.
Kết luận phương trình có nghiệm x=3.
(1đ)
(1đ)
Bài 3b) x2
-2=(2x+3)(x+5)+23 ⇔x2
-25=(2x+3)(x+5)
⇔(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) ⇔(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0
(2đ)
29
30. Gợi ý đáp án Điểm
⇔(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 ⇔(x+5)(-x-8)=0 ⇔ x-5=0 hoặc x+8 =0 ⇔ x=-5
hoặc x=-8
Bài 4a) Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB, nên BG
//CH,
tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên
BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối
sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai
đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M
của BC.
(2đ)
4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác
ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên
chúng đồng dạng. Từ đây suy ra (1)
AB AE AB AF
AC AF AE AC
= ⇒ =
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra
∆ABC ~ ∆AEF.
(1,5đ)
4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra
∆BDF~∆DEC⇒ · ·BDF CDE= .
(1,5đ)
4d) Ta có
· · · ·
· · · · · ·
0 0
90 90BDF CDE BDF CDE
AHB BDF AHC CDE ADF ADE
= ⇒ − = −
⇒ − = − ⇒ =
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia
phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam
giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF.
(1đ)
Bài 5) Ta có
x3
+ y3
+ z3
– 3xyz = (x + y)3
+ z3
– 3xyz – 3xy(x + y)
= (x + y + z)[(x + y)2
– (x + y)z + z2
] – 3xy(x + y + z)
= (x + y + z)[(x + y)2
– (x + y)z + z2
– 3xy] = x2
+ y2
+ z2
– xy – yz – zx
= ( )2 2 2 2 2 21
2 ( 2 ) ( 2 )
2
x xy y y yz z x xz z − + + − + + − +
= ( ) ( ) ( )
2 2 21
2
x y y z x x − + − + −
dpcm
1đ
Bài 6) Điều kiện 0x ≠ , bất phương trình 2008
2007
<
− x
2007 2008
0
x
x
+
⇔ >
(2008 2007) 0
0
2007
2008
x x
x
x
⇔ + >
>
⇔
< −
1đ
30
2007
2008
−
0
F
E
M
G
H
D CB
A
31. Gợi ý đáp án Điểm
Hoặc biểu diễn trên trục số :
Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng,
hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tương ứng.
HẾT
31
32. De 8
Bài 1: a) Giải phương trình: 4 3 2
11 10 0x x x x- + - + = .
b) Tìm x, y thoả mãn: 2 1 4 4x x y y- - =- + - .
Bài 2. Rút gọn
3 3 3 3
2 3 2 2 2 3 2 2
A
- +
= +
- + + -
.
Bài 3. Tìm GTNN (nếu có) của các biểu thức sau:
2 2
4 12 9 4 20 25P x x x x= + + + - + .
2 2
2 2 2 2008Q x y xy x= + + - + .
Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường kính AB lấy hai điểm I và J
đối xứng nhau qua O. M là một điểm (khác A và B) trên (O); các đường thẳng MO,
MI, MJ thứ tự cắt (O) tại E, F, G; FG cắt AB tại C. Đường thẳng đi qua F song song
AB cắt MO, MJ lần lượt tại D và K. Gọi H là trung điểm của FG.
a) Chứng minh tứ giác DHEF nội tiếp được.
b) Chứng minh CE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
.................................................
ĐÁP ÁN
Bài 1: a) 4 3 2
11 10 0x x x x- + - + = .
2
( 1)( 2)( 2 5) 0x x x x- - + + =Û
( 1)( 2) 0x x- - =Û (vì 2
2 5 ( 1) 4 0,x x x x+ + = + + > " Î ¡ ).
1
2
x
x
é =
êÛ
ê =ë
b) 2 1 4 4x x y y- - =- + -
2 2
( 1 1) ( 4 2) 0x y- - + - - =Û
1 1
4 2
x
y
ìï - =ïïÛ í
ï - =ïïî
2
8
x
y
ì =ïïÛ í
ï =ïî
Bài 2.
3 3 3 3
2 3 2 2 2 3 2 2
A
- +
= +
- + + -
.
32
33. K
D
H
C
GE
F
I J B
OA
M
2( 3 3) 2( 3 3)
4 2 3 4 4 2 3 4
- +
= +
- + + -
2( 3 3) 2( 3 3)
3 1 4 3 1 4
- +
= +
- + + -
2 2
2( 3 3) 2( 3 3)
3 9
- + +
=
-
24 2
4 2
6
= =-
-
Bài 3. 2 2
4 12 9 4 20 25P x x x x= + + + - +
2 3 5 2 2 3 5 2 8x x x x= + + - + + - =³
Vậy, Pmin=8 khi
3 5
(2 3)(5 2 ) 0
2 2
x x x+ - -³Û ££
2 2
2 2 2 2008Q x y xy x= + + - +
2 2
2 2
( ) 2( ) 1 2 1 2006
( 1) ( 1) 2006 2006; ,
x y x y y y
x y y x y
= + - + + + + + +
= + - + + + "³
Vậy, Qmin=2006 khi
1 0 2
1 0 1
x y x
y y
ì ì+ - = =ï ïï ïÛí í
ï ï+ = =-ï ïî î
Bài 4.
a) Ta có: OI OJ= DF DK=Þ
//DH GKÞ · ·HDE GME=Þ
mà · ·GME GFE= · ·HDE GFE=Þ DHEFÞ
nội tiếp được.
b) Từ câu a suy ra · ·DEH DFH=
mà · ·DFH OCH= OHECÞ nội tiếp được
· · 0
90OEC OHC= =Þ . Vậy CE là tiếp tuyến của (O).
33
34. De 9
Baìi 1 (2 âiãøm): Cho biãøu thæïc xxxyyxyA 31031.3103 23
−+−=
a) Phán têch A thaình nhán tæí.
b) Tçm càûp säú x, y thoaí maîn âiãöu kiãûn y - x =
4
3
âäöng thåìi A = 0
Baìi 2 (2 âiãøm):
Cho biãøu thæïc M = x2
+ 2y2
+ 3z2
+ 4t2
våïi x, y, z,
t laì caïc säú nguyãn khäng ám. Tçm caïc giaï trë cuía x,
y, z, t âãø biãøu thæïc M coï giaï trë nhoí nháút thoaí
maîn âiãöu kiãûn:
2x2
- 2y2
+ 5t2
= 30
x2
+ 8y2
+ 9z2
= 168
Baìi 3 (2 âiãøm):
Cho haìm säú f(x) =
2x2x
1x2x
2
2
+−
+−
(x ∈ R)
a) Chæïng minh ràòng våïi hai giaï trë x1 , x2 tuyì yï
cuía x sao cho 1≤ x1< x2 thç f(x1) < f(x2)
b) Våïi giaï trë naìo cuía x thç
4
3
)x(f
2
1
<<
Baìi 4 (4 âiãøm):
Cho tam giaïc cán ABC (AB = AC), âæåìng cao AH. Trãn
caûnh BC láúy 2 âiãøm M vaì E sao cho ME =
2
1
BC (BM <
BE). Qua M keí âæåìng thàóng vuäng goïc våïi BC càõt AB
taûi D. Qua E keí âæåìng thàóng vuäng goïc våïi DE càõt
âæåìng thàóng AH taûi N.
a) Chæïng minh: BM . BH = MD . HN
b) Chæïng toí N laì mäüt âiãøm cäú âënh.
c) Biãút AB = 5 cm, BC = 6 cm. Tênh khoaíng caïch
giæîa tám âæåìng troìn näüi tiãúp vaì tám âæåìng troìn
ngoaûi tiãúp cuía tam giaïc ABC.
HÆÅÏNG DÁÙN CHÁÚM ÂÃÖ THI HOÜC SINH GIOÍI NÀM 2006-2007
Män: Toaïn - Låïp 9
Baìi 1(2 âiãøm)
a) (1 âiãøm)
34
35. x3x10xy10xy21yx37yx33y3A 223
−++−−= (0,5 â)
( ) ( )2
3 . 3 7 3 10y x y xy x= − − +
( ) ( )2
3 . 3 2 3 5 3 10 60y x y xy xy x= − − − + o
(0,5 â)
( ) ( ) ( )3 . 3 2 . 3 5y x y x y x= − − −
b) (1 âiãøm)
x3y0A =⇔= hoàûc
3
x2
y = hoàûc
3
x5
y =
* x3y = 0
4
3
x3x =+− 0
2
3
x
2
=
−
4
3
x =
3
4
y x− =
4
3
xy +=
4
3
xy +=
2
3
y =
*
3
x2
y = 0
4
3
3
x2
x =+−
2
1 5
0
123
x
− + = ÷
3
4
y x− =
4
3
xy +=
4
3
xy +=
* x
3
5
y = 0
4
3
3
x5
x =+− 0
12
16
32
5
x
2
=−
−
3
4
y x− =
4
3
xy +=
4
3
xy +=
32
9
x =
32
1
x =
4
27
x =
12
1
x =
4
3
xy +=
4
3
xy +=
2
15
y =
6
5
y =
Váûy coï 3 càûp säú thoía maîn âiãöu kiãûn A = 0 vaì
3
4
y x− = laì:
(
4
3
x = ;
2
3
y = ) ; (x =
27
4
; y =
15
2
) vaì (
12
1
x = ;
6
5
y =
)
Baìi 2 (2 âiãøm)
Tæì 2x2
- 2y2
+ 5t2
= 30 vaì x2
+ 8y2
+ 9z2
= 168
Suy ra: 3x2
+ 6y2
+ 9z2
+ 5t2
= 198
3(x2
+ 2y2
+ 3z2
+ 4t2
) = 198 + 7t2
35
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ ⇔
⇔ hoÆc ⇔ hoÆc
37. ⇔ 1 - 3 < x < 1 + 3 (2)
Tæì (1) vaì (2) suy ra
2
1
< f(x) <
4
3
⇔ 1 - 3 < x < 0
hoàûc 2 < x < 1 + 3
Baìi 4 (4 âiãøm)
A
D
a) Xeït ∆ MDE vaì ∆ HEN coï:
·DME = ·EHN = 900
·MDE = ·HEN (goïc coï caûnh
tæång æïng vuäng goïc)
nãn ∆MDE ∾ ∆HEN , suy ra: HN
ME
HE
MD
=
Hay MD.HN = HE.ME
Do BH = ME ( BC
2
1
= ) nãn BM = HE
Do âoï: MD.HN = BM.BH (1)
b) Tæì (1) ⇒
HN
BH
BM
MD
= (2)
∆ABH coï MD//AH nãn
BH
AH
BM
MD
= (3)
Tæì (2) vaì (3) ⇒
BH
AH
HN
BH
= ⇒
AH
BH
HN
2
=
N ∈ AH cäú âënh vaì HN khäng thay âäøi nãn N laì âiãøm
cäú âënh.
c)
A
P
B
H C
BC = 6cm ⇒ BH = 3cm
∆AHB ( 0
90Hˆ = ) coï AH2
= AB2
- BH2
= 52
- 32
= 16 = 42
⇒
AH = 4cm
Goüi K laì tám âæåìng troìn näüi
tiãúp ABC, thç BK laì phán giaïc cuía
µB vaì K ∈ AH.
Do âoï:
5
3
BA
BH
KA
KH
==
Suy ra: 5,0
8
4
8
KAKH
5
KA
3
KH
==
+
==
KH = 1,5cm
KA = 2,5cm
Goüi I laì tám dæåìng troìn ngoaûi tiãúp ∆ABC thç IP laì
âæåìng trung træûc cuía caûnh AB vaì I ∈AH nãn
5
2,5( )
2 2
AB
PA cm= = =
.
37
K
I
38. ∆ABH ( 0
90Hˆ = ) coï cos ( ·BAH ) 8,0
5
4
AB
AH
=== ·cos( ) 0,8PAI⇒ =
∆API ( 0
90Pˆ = ) coï cos ( ·PAI )
AI
AP
= ⇒ ·
2,5
3,125
0,8cos( )
AP
AI
PAI
= = =
Do âoï KI = AI - AK = 3,125 - 2,5 = 0,625 (cm)
Váûy khoaíng caïch giæîa tám âæåìng troìn ngoüai tiãúp vaì tám
âæåìng troìn näüi tiãúp cuía tam giaïc ABC laì 0,625cm.
§Ò 10
Bài 1: (2 điểm)
Rút gọn biểu thức
2 2 2 2 2 22 x y x x y y x y
÷ ÷
+ − + − + + với x > 0, y > 0
Bài 2: (4 điểm)
a. Xác định m để phương trình sau vô nghiệm
4 3x x
x m x
+ +=
+
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = (x – 2y + 1)2
+ (2x – 4y + 7)2
.
Bài 3: (2 điểm)
Bốn người 1; 2; 3; 4 tham dự một hội nghị. Biết rằng :
a. Mỗi người chỉ biết hai trong bốn thứ tiếng Anh, Nga, Pháp, Việt.
b. Người 1 biết tiếng Nga, không biết tiếng Pháp.
c. Người 2 biết tiếng Anh, không biết tiếng Pháp và phải phiên dịch cho người 1
và người 3.
d. Người 4 không biết tiếng Nga, không biết tiếng Việt nhưng nói chuyện trực tiếp
được với người 1.
Hỏi mỗi người biết các thứ tiếng nào ?
Bài 4: (4 điểm)
a. Cho a ≥ b, x ≥ y. Chứng minh (a + b) (x + y) ≤ 2(ax + by) (1)
b. Cho a + b ≥ 2. Chứng minh a2006
+ b2006
≤ a2007
+ b2007
(2)
Bài 5: (8 điểm)
Cho đoạn thẳng AB = a .
38
39. a. Nêu cách dựng và dựng ∆ ABC sao cho · 0
BAC 60= và trực tâm H của ∆ ABC
là trung điểm của đường cao BD. (2 điểm)
b. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC, vẽ đường kính AG, HG cắt BC
tại K. Chứng minh OK⊥BC. (2 điểm)
c. Chứng minh AOH∆ cân và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
theo a. (2 điểm)
d. Tính diện tích tam giác ABC theo a. (2 điểm)
De 11
Câu 1/ (1đ) Cho x = 3 3
125 125
3 9 3 9
27 27
+ + − − + + .Chứng minh rằng x là một số
nguyên .
Câu 2/ (1,5đ) Cho x > 0 , y > 0 , t > 0 .
Chứng minh rằng :
+ + +
= =
xy 1 yt 1 xt 1
NÕu th× x= y= t hoÆc x.y.t =1
y t x
.
Câu 3/(1,5đ) Cho đa thức bậc hai f(x)= ax2
+ bx + c có nghiệm dương x = m . Chứng
minh rằng đa thức g(x) = cx2
+ bx + a (c≠0) cũng có nghiệm dương x = n và thỏa mãn
m +n 2≥ .
Câu 4/ (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d(m) có phương trình :
(m -1)x+ (m -2)y - 1 = 0 (m là tham số) .
Tìm m để khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng d(m) có giá trị lớn nhất . Xác định
đường thẳng đó .
Câu 5/ (4đ) Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; r) với R > r. Lấy A và E là hai
điểm thuộc đường tròn (O; r) , trong đó A di động , E cố định ( với A ≠ E) . Qua E vẽ
một đường thẳng vuông góc với AE cắt đường tròn (O; R) ở B và C . Gọi M là trung
điểm của đoạn thẳng AB .
a/ (1,5đ) Chứng minh EB2
+EC2
+ EA2
không phụ thuộc vị trí điểm A .
b/ (1,5đ) Chứng minh rằng khi điểm A di động trên đường tròn (O; r) và A≠ E thì
đường thẳng CM luôn đi qua một điểm cố định ( gọi tên điểm cố định là K ) .
c/ (1đ) Trên tia AK đặt một điểm H sao cho AH =
3
2
AK . Khi A di động trên đường
tròn (O;r) thì điểm H di động trên đường nào ? Chứng minh nhận xét đó ?
39
40. Đáp án và biểu điểm chấm Toán 9
Câu Nội dung Điểm
Câu1
(1đ)
3 3
3 3
3 3 3
3 2
2
125 125
a 3 9 vµ b = 3 9
27 27
5
Th× a b 6 vµ a.b =
3
x a b x a b 3ab(a b)
x = 6 - 5x (x 1)(x x 6) 0
Mµx x 6 0(do........).Suy ra x 1.VËy x Z
= + + − + +
− =
= − ⇒ = − − −
⇔ − + + =
+ + > = ∈
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Câu 2
(1,5đ)
Từ đẳng thức với điều kiện do đề bài đã cho suy ra :
1 1 1
x y z
y z x
+ = + = + (1)
y z1 1
x y
z y zy
1 1 z x
(1) y z
x z xz
x y1 1
z x
y x xy
−
− = − =
−
⇒ − = − =
−
− = − =
(2)
(2) ⇒ ( )( )( )
( )( )( )y z z x x y
x y y z z x
zyzxxy
− − −
− − − = (3)
Từ (3)
= =
=
x y z
Häc sinh chøng minh ®- î c r»ng
xyz 1
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
Câu 3
(1,5đ)
Ta có : x = m là nghiệm của đa thức f(x)= ax2
+ bx + c
0,25 đ
0,25đ
40
41. + + =
⇔ + = ⇔ +
+ + =
2
2 2
2
Suy ra am bm c 0 (1), mµm > 0 (gt)
b c 1 1
(1) a + 0 a+ b( ) c( ) = 0 (2)
m m m m
1
§ ¼ng thøc nµy chøng tá r»ng x= lµnghiÖm cña
m
1
®athøc g(x) = cx bx a 0 VËy x= n = > 0 (do m > 0 ) (3)
m
Tacã ≥
+ ≥
1 1
m+n = m + 2 m. (do ..........)
m m
Hay m n 2
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25
Câu 4
(2đ)
Nếu m =1 thì d(1) là đường thẳng y= -1 nên khoảng cách từ O đến d(1) là 1
Nếu m =2 thì d(2) là đường thẳng x = 1 nên khoảng cách từ O đến d(2) là 1
(1)
Nếu m ≠1 và m≠ 2 thì d(m) cắt trục hoành tại A
1
;0
m 1
÷−
và cắt trục tung tại
B
÷−
1
0 ;
m 2
Gọi OH là khoảng cách từ O đến đường thẳng AB ta có :
2 2
2 2 2
2
2
2
2
lí n nhÊt
1 1 1
(m 1) (m 2)
OH OA OB
1 3 1 1
2m 6m 5 2 m
OH 2 2 2
3
VËy OH 2 OH 2 OH 2 khi m (2)
2
= + = − + −
= − + = − + ≥ ÷
≤ ⇔ ≤ ⇒ = =
Từ (1) và (2) và do 1 < 2 suy ra khoảng cách lớn nhất từ O đến d(m) là 2
Khi đó đường thẳng d có công thức là x - y- 2 = 0
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 5
Câu a
(1,5đ)
G
K
D
M
A
C
B
O E
Gọi G là trung điểm BC thì OG ⊥ BC (đl) suy ra
GB = GC và GE = GD (đl)
và OG là đường trung bình ∆ ADE nên OG=
1
2
AE hay AE = 2OG
Ta có EB2
+EC2
= (BG-EG)2
+ (GC+ GD)2
=(BG-EG)2
+(BG+EG)2
Suy ra EB2
+EC2
= 2(BG2
+EG2
)
Áp dụng định lý Pi ta go vào các tam giác vuông OGE và OGB ta có :
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
41
42. Câu b
(1,5đ)
Câu c
(1đ)
OG2
+GE2
= r2
và OG2
+GB2
= R2
Do đó EB2
+EC2
+EA2
=2(BG2
+EG2
)+4OG2
=2 (BG2
+OG2
)+2 (EG2
+OG2
)
= 2R2
+2r2
( không đổi)
Trường hợp đặc biệt :
G
D
M
A
C
B
O
E
G E D≡ ≡ Thì chứng minh trên vẫn đúng
Hai tam giác ABC và ADE có chung trung tuyến AG nên có chung trọng tâm
Mà tam giác ADE có trung tuyến OE cố định ,
Nên điểm cố định K mà trung tuyến CM của ∆ ABC đi qua chính là trọng
tâm của ∆ ADE
Do H thuộc tia AK, mà K là trọng tâm ∆ ADE và AH
3
2
= AK nên H trùng
với G ( là trung điểm chung của hai đoạn thẳng DE và BC )
Mà OGE∆ vuông tại E ( chứng minh trên) , O,E cố định (theo gt) )
Vậy khi A di động trên đường tròn (O; r) thì H di động trên đường tròn
đường kính OE
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
42
43. De 12
Bài 1: (3 điểm)
a. Cho n là một số nguyên dương. Hãy so sánh:
2
1 1
1 + -
n n+1
÷
và
( )
22
1 1
1 + -
n n+1
b. Tính:
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
1 + + + 1 + + + 1 + + + ... + 1 + +
2 3 3 4 4 5 2005 2006
Bài 2: (3 điểm)
Chứng minh rằng:
n
n 1 1 1
1 + + + ... + n
2 2 3 2 -1
〈 〈 với n N∈ và n 1〉
Bài 3: (4 điểm)
Cho đường tròn tâm O có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M
và N lần lượt là trung điểm của OA và OB. Đường thẳng CN cắt (O) tại I.
Chứng minh · 0
CMI 90〈 .
43
