Vừ c Huy - THCS Hoi Thanh Hoi Nhn Bỡnh nh
h
Sở giáo dục và đào tạo TP Hải Phòng
Trơng THPT
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10
Năm học: 2008 - 2009
Đề thi này gồm có 01 trang
I. Phần trắc nghiệm:
Khoanh tròn vào chữ cái trớc câu trả lời đúng trong các bài tập sau:
Câu 1: Đờng thẳng y = ax qua điểm M(-3 ; 2) và điểm N(1 ; -1) có phơng trình là:
A. y =
4
1
4
3
+ x
B. y = -
4
1
4
3
x
C. y =
3
1
3
2
x
D. y =
3
1

A. 1- sin
2
a = sin
2
B. cot ga = tg
C. tg =
sin
D. tga = cotg(90
o
)
Câu 5: Tam giác ABC cân đỉnh A, đờng cao AH có AH = BC = 2a. Diện tích toàn phần của hình
nón khi cho tam giác quay một vòng xung quanh AH là:
A.

a
2
(
13 +
) B.

a
2
(
23 +
) B.

a
2
(
15 +

x
xx
1
1
x









+
+
x
x
xx
1
1
.
a. Rút gọn P
b. Tìm x để p < 7 -
34
Bài 2: Cho parabol (P) y = x
2
và đờng thẳng (d) y = 2x + m.
a. Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ với m = 3 và tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d).
b. Tìm M để (d) tiếp xúc với (P). Xác định toạ độ tiếp điểm.

R
2
=

a.a
5
+

a
2
(
15 +
)
Câu 6: C
II Phần tự luận:
Bài 1:
a. A = (1- x)
2
, với
x
0; x
1
b. P < 7- 4
3

1 - x >2 -
3

3
-1 < x < 3-

a. Ta có OI
2 +
IE
2
= OE
2
= OA
2
+ EA
2
(1)
Mà IE < ME = EA. Vậy IE
2
< AE
2


OI
2
> OA
2


OI > OA = R (2)
Từ 2 suy ra điểm I nằm ngoài (O; R)
b. Dễ dàng chứng minh đợc MA
2
= MB.MC
áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông AMO, ta có MA
2

1
.
Vậy

BHA =

AHC( cùng phụ với các góc bằng nhau)
Ta có HA là phân giác góc BHC
IK
2
= IO
2
R
2
(3). Từ (1) suy ra OI
2
+ IE
2
= R
2
= AE
2
IO
2
R
2
= AE
2
IE
2

4 a 1 a 1
1 .
a
a 2 a 2
 
− +
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
+ −
 
 
với a > 0 và a
≠
4.
Câu III: (1 điểm)
Tổng số công nhân của hai đội sản xuất là 125 người. Sau khi điều 13 người từ đội thứ nhất sang
đội thứ hai thì số công nhân của đội thứ nhất bằng
2
3
số công nhân của đội thứ hai. Tính số công
nhân của mỗi đội lúc đầu.
Câu IV: (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O. Lấy điểm A ở ngoài đường tròn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O)
tại 2 điểm B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm
phân biệt D, E (AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F.
1) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp.
2) Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với đường tròn (O). Chứng minh DM

b) x(x + 2) – 5 = 0
⇔
x
2
+ 2x – 5 = 0
∆
’ = 1 + 5 = 6
⇒

' 6∆ =
. Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x
1,2
=
1 6− ±
.
2) a) Ta có f(-1) =
2
( 1) 1
2 2
−
=
.
b) Điểm
( )
M 2;1
có nằm trên đồ thị hàm số y = f(x) =
2
x
2
. Vì

a
a 2 a 2
− − − + +
−
− +
=
( ) ( )
a 3 a 2 a 3 a 2
a 4
.
a a 4
− + − + +
−
−
=
6 a 6
a
a
− −
=
.
2) ĐK:
∆
’ > 0
⇔
1 + 2m > 0
⇔
m >
1
2

2
+ 4 + 4m = 5
⇔
4m
2
+ 4m = 0
⇔
4m(m + 1) = 0
⇔
m = 0 hoặc m = -1.
Đối chiếu với ĐK m = -1 (loại), m = 0 (t/m).
Vậy m = 0.
Câu III:
Gọi số công nhân của đội thứ nhất là x (người). ĐK: x nguyên, 125 > x > 13.
Số công nhân của đội thứ hai là 125 – x (người).
Sau khi điều 13 người sang đội thứ hai thì số công nhân của đội thứ nhất còn lại là x – 13 (người)
Đội thứ hai khi đó có số công nhân là 125 – x + 13 = 138 – x (người).
Theo bài ra ta có phương trình : x – 13 =
2
3
(138 – x)
⇔
3x – 39 = 276 – 2x
⇔
5x = 315
⇔
x = 63 (thoả mãn).
Vậy đội thứ nhất có 63 người.
Đội thứ hai có 125 – 63 = 62 (người).
Câu IV:

·
BAD
chung,
µ
·
·
0
C ADB 180 BDE= = −
).
⇒

AB AE
AD.AE AC.AB
AD AC
= ⇒ =
(2).
Từ (1) và (2)
⇒
AD.AE + CE.CF = AC.AB + AC.CB = AC(AB + CB) = AC
2
.
Câu V:
Ta có x =
( )
( ) ( )
2
2 1
1 2 1 1 2 1
2 2 2
2 1

16
−
; x
5
= x.x
4
=
29 2 41
32
−
.
Xét 4x
5
+ 4x
4
– 5x
3
+ 5x – 2 = 4.
29 2 41
32
−
+ 4.
17 12 2
16
−
- 5.
5 2 7
8
−
+ 5.

BEC 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
(O))
⇒

·
0
BEF 90=

⇒

·
·
0
FAB FEB 180+ =
.
Vậy tứ giác ABEF nội tiếp (vì có tổng hai góc
đối bằng 180
0
).
2) Vì tứ giác ABEF nội tiếp nên
·
·
1
AFB AEB
2
= =
sđ
»
AB

nb
35
126320103
−
−−+
.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2008xx −−
.
Bài 2 ( 1,5 điểm ):
Cho hệ phương trình:



=+
=−
5myx3
2ymx
a) Giải hệ phương trình khi
2m =
.
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
.

2
CD
1
AB
1
=+
c) Biết
2
COD
2
AOB
nS;mS ==
. Tính
ABCD
S
theo m và n (với
CODAOB
S,S
,
ABCD
S

lần lượt là diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD).
Bài 5 ( 3 điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là hai
điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp.
b) OM
⊥
BC.

a) Biến đổi được:
223
35
)223)(35(
+=
−
+−
0,25
0,25
b) Điều kiện
2008x
≥
4
8031
4
8031
)
2
1
2008x(
4
1
2008)
4
1
2008x.
2
1
.22008x(2008xx
2

=+
=−
5y2x3
2yx2





−=
+
=
⇔





=+
=−
⇔
2x2y
5
522
x
5y2x3
22y2x2




+
=
Thay vào hệ thức
3m
m
1yx
2
2
+
−=+
; ta được
3m
m
1
3m
6m5
3m
5m2
2
2
22
+
−=
+
−
+
+
+
0,25
0,25

1
a −==
. Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
1x
2
1
y −=
0,25
0,25
0,25
b) Biến đổi phương trình đã cho thành
01xx2)xx(3
22
=−+−+
Đặt
xxt
2
+=
( điều kiện t
0≥
), ta có phương trình
01t2t3
2
=−−
Giải tìm được t = 1 hoặc t =
3
1
−
(loại)
Với t = 1, ta có

AD
MD
AB
MO
;
AD
AM
CD
MO
==
Suy ra
1
AD
AD
AD
MDAM
AB
MO
CD
MO
==
+
=+
(1)
0,25
0,50
b) Tương tự câu a) ta có
1
AB
NO

n.mSn.mS
S
S
S
S
OC
OA
OD
OB
;
OC
OA
S
S
;
OD
OB
S
S
AOD
222
AOD
COD
AOD
AOD
AOB
COD
AOD
AOD
AOB

0,25
0,25
0,25
0,25
b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1)
- M nằm trên đường trung trực của BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra
BCOM ⊥
0,25
0,25
0,25
c) Từ giả thiết suy ra
OMd
⊥
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy
ra góc OMI bằng
0
90
, do đó OI là đường kính của đường tròn này
Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp
tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định.
Vậy d luôn đi qua điểm I cố định.
0,25
0,25
0,25
0,25
a) Với x và y đều dương, ta có
yx
x
y

2k+1
+ n.2
k+1
)(n
2
+ 2
2k+1
– n.2
k+1
) = [( n+2
k
)
2
+ 2
2k
][(n – 2
k
)
2
+ 2
2k
]. Mỗi thừa
số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n
4
+ 4
n
là hợp số
0,25
0,25
======================= Hết =======================

x
xx
P
x
xx
xx
xxx
xx
P
xx
x
xx
xx
xx
x
x
x
x
P
1
1.
1
1
1
1
:
1
1
1
:

2
7
4
144
=
++
=P
c) Tìm x để
3
13
=P
Đkxđ: x>0
( )
031031313
3
131
3
13
=+−⇔=++⇔=
++
⇔= xxxxx
x
xx
P

(1)
Đặt
tx =
; điều kiện t > 0
Phương trình (1)

900; đơn vị:chi tiết máy)
/>11
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Số chi tiết máy tổ thứ hai làm được trong tháng đầu là 900-x (chi tiết
máy)
Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nhất nên tổ I làm
được 115%x=1,15x (chi tiết máy)
Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nhất nên tổ II làm
được 110%(900-x)=1,1(900-x) (chi tiết máy)
Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 1010 chi tiết máy nên ta có phương
trình:
1,15x + 1,1(900-x) = 1010
⇔ 1,15x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010
⇔ 0,05x = 20
⇔ x = 20:0,05
⇔ x = 400 (thoả mãn điều kiện)
vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy
tổ II sản xuất được 900 – 400 = 500 chi tiết máy.
Bài III. Cho Parabol (P)
2
4
1
xy =
và đường thẳng (d) y = mx + 1
1) Chứng minh với mọi giá trị của m đường thẳng (d) luôn cắt parabol
(P) tại hai điểm phân biệt.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
(*)0441
4
1

1
2
3
4 5 6
y
2
y
2
x
2
-
x
1
O
A
B
D
C
Vì phương trình hoành độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên
đồ thị hai hàm số có dạng trên.
Gọi toạ độ điểm
1 1 2 2
( ; ); ( ; )A x y B x y
; giả sử x
1
< 0 < x
2
Gọi hình chiếu vuông góc của B, A lên Ox lần lượt là C, D
Ta có:
2

2
2
11
2
22
12
2
1
2
2
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
4
1
).(
2
1
4
1
.





+
=
−−
+
=−−=
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (*) ta có:
4;4
2121
−==+ xxmxx
/>13
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
21
2
21
22
21
22
21
2
21
2

AEK KEB=
(EK là phân giác Ê)
⇒
»
»
AK KB=
(hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)
⇒
µ
µ
1 1
E A=
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét ∆KAF và ∆KEA:
µ
K
chung
µ
µ
1 1
E A=
(chứng minh trên)
⇒∆KAF đồng dạng với ∆KEA (g-g)
b) Chứng minh
∆
KAF đồng dạng với
∆
KEA
- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O tại E
Ta có O, I, E thẳng hàng và OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O).

Xét (O):
·
90
o
AEB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét (I;IE):
·
90
o
MEN =
(vì
·
90
o
AEB =
)
⇒ MN là đường kính của (I;IE)
⇒ ∆EIN cân tại I
Mà ∆EOB cân tại O
⇒
·
·
·
ENI OBE ( IEN)= =
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
⇒ MN//AB
d)Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển
động trên (O)
Học sinh dễ dàng chứng minh được tứ giác PFQK là hình chữ nhật; tam

8 8 8
A a a a a
A a a a a a a a a a
A a
= + + − + + −
= + + + + + − + − + + −
= + ≥
⇒ Min A = 8 ⇔ a
4
= 0 ⇔ a = 0 ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 8 khi x = 2
CÁC ĐỀ THI – ĐÁP ÁN : TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – NĂM 2008- 2009
***********************************
/>16
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI
PHÒNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2008 - 2009
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Chú ý:
- Đề thi gồm có hai trang.
- Học sinh làm bài vào tờ giấy thi
Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2,0 điểm)
1. Biểu thức
2
1 4x
x
−

1
y
x y
+ =


− =

là tương đương khi k bằng:
A. -3 B. 3 C. 1 D. -1
4. Điểm Q (-
2
;
1
2
) thuộc đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau đây?
A. y =
2
2
x
2
B. y =
2
2
2
x−
C. y =
2
2
4

D.
1
2
a
7. Cho tam giác ABC vuôngtại A, có AB = 18 cm, AC = 24 cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác đó bằng:
A. 30 cm B. 15
2
cm C. 20 cm D. 15 cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6 cm, AB = 8 cm. Quay tam giác đó một vòng quanh
cạnh AC cố định được một hình nón. Diện tích toàn phần của hình nón đó là:
A. 96π cm
2
B. 100π cm
2

C. 144π cm
2
D. 150π cm
2
Phần 2: Tự luận. (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho phương trình bậc hai, ẩn số là x : x
2
– 4x + m + 1 = 0.
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trị nào của m phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
, x

+ − −
−
Bài 4: (4,0 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ
là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một
điểm I. Tia vuông góc với CI tạiC cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp được.
2. Chứng minh AI. BK = AC. CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông.
4. Giả sử A,B, I cố định. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho tứ giác ABKI có diện
tích lớn nhất.
= = = Hết = = =
Họ tên học sinh: ……………………………., Giám thị số 1: ………………………
Số báo danh: ……………………………… , Giám thị số 2: ………………………
/>18
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI
PHÒNG
ĐÁP ÁN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2008 - 2009
Phần I: Trắc nghiệm ( 2 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án C B A C D B D C
(Mỗi câu đúng được 0,25 điểm)
Phần II: Tự luận (8 điểm)
Bài NỘI DUNG CẦN ĐẠT Điểm
1
1.Khi m= 3 PT là: x
2

⇒ x = 3 và y = 2 ( thỏa mãn điều kiện)
0,75
3
A > 0 ⇒ A
2
= 18 ⇒ A = 3
2
( vì A > 0)
0,5
B =
( ) ( ) ( )
2
5 2 6 5 2 6 3 2
9 3 11 2
+ − −
−
=
( ) ( )
5 2 6 3 2
9 3 11 2
− −
−
= 1
0,5x2
4
· ·
0
180CPK CBK+ =
⇒ CPKB nội tiếp
0,5

90P P+ =
⇒ ∆APB vuông
1,0
S
ABKI
=
( )
1
2
AI BK AB+
, S
ABKI
lớn nhất khi AI + BK lớn nhất⇔AI = BK
⇒ AI = BK ⇒ AIKB là hình chữ nhật ⇒ C là trung điểm của AB
0,5
0,5 *****************************************
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI
(2008-2009) – ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán
/>19
ĐỀ CHÍNH THỨC

Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Ngày thi: 18 – 6 - 2008
Bài 1 ( 2,5 điểm )
Cho biểu thức:
1) Rút gọn P


b) Tính giá trị của P khi x = 4.
Với x = 4 thì
c) Tìm x để
ĐKXĐ: x > 0
(1)
Đặt ; điều kiện t > 0.
Phương trình (1) ;
Giải phương trình ta được hoặc ( thỏa mãn điều kiện )
+) Với x = 9
+) Với
Bài 2: Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Gọi số chi tiết máy tổ thứ nhất làm được trong tháng đầu là x ( x N*; x<900; đơn vị: chi tiết máy)
Số chi tiết máy tổ thứ hai làm được trong tháng đầu là 900-x (chi tiết máy)
Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nhất nên tổ I làm được
115% . x=1,15. x ( chi tiết máy )
Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nhất nên tổ II làm được 110%(900-x)=1,
1(900-x) (chi tiết máy)
Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 1010 chi tiết máy nên ta có phương trình:
/>21
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
1,15. x + 1,1. (900-x) = 1010
1,15.x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010
0,05.x = 20
x = 400 ( thỏa mãn điều kiện )
Vậy tháng thứ nhất tổ I sản xuất được 400 chi tiết máy tổ II sản xuất được 900-400=500 chi tiết
máy.
Bài 3:
Cho Parabol (P) và đường thẳng (d) y=mx+1
1) Xét phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):


+

− 10 = 0
Bài 3 : (2 điểm)
Một ô tô đi quãng đường AB dài 80 km trong một thời gian đã định, ba phần tư
quãng đường đầu ô tô chạy nhanh hơn dự định 10 km/h, quãng đường còn lại ô tô
chạy chậm hơn dự định 15 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng giờ quy định. Tính thời
gian ô tô đi hết quãng đường AB.
Bài 4 : (3 điểm)
Gọi C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, C ≠ B). Trên cùng một nửa mặt
phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia
Ax lấy điểm I (I ≠ A), tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường
kính IC cắt IK tại P.
1/ Chứng minh:
a/ Tứ giác CPKB nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó.
b/ AI.BK = AC.BC
c/ ∆ APB vuông.
2/ Cho A, I, B cố định. Tìm vị trí của điểm C sao cho diện tích của tứ giác ABKI đạt
giá trị lớn nhất.
Bài 5 : (1 điểm) Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn 1003x + 2y = 2008
HẾT
/>23
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1: Giám thị 2:
GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH
LỚP 10 MÔN TOÁN. QUẢNG NGÃI
Ngày thi 24-6-2008

− 2

= −

Bài 2:
a) Cho hệ phương trình

Từ(1) ta có x = 3m − my (3). Thay (3) vào (2): m(3m − my) − y = m
-2
− 2.
⇔ 3m
2
− m
2
y − y = 2(m
2
+ 1) ⇔ (m
2
+ 1)y = 2(m
2
+ 1)
Vì m
2
+ 1 > 0 với mọi m nên y =

= 2.
Thay y = 2 vào (3) ta có x = 3m − m.2 = m.
Vậy nghiệm (x ; y) của hệ phương trình là (x = m ; y = 2)
Để x
2

2
− x −

+

− 10 = 0 (1). Điều kiện x ≠ 0.
Phương trình (1) ⇔ (x
2
+

) − (x +

) − 10 = 0 ⇔ (x
2
+

+ 2 ) − (x +

) − 12 = 0
⇔ (x +

)
2
− (x +

) − 12 = 0 (*).
Đặt y = x +

. Phương trình (*) trở thành : y
2


Các giá trị của x vừa tìm được thỏa mãn x ≠ 0.
Vậy nghiệm số của (1) là : x
1
=

; x
1
=

; x
3
= 2 +

; x
4
= 2 − Bài 3:
/>24
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của ô tô đi từ A đến B ( x> 15)
Thời gian ô tô dự định đi từ A đến B

(h)
Vận tốc ô tô khi đi ba phần tư quãng đường AB là x + 10 (km/h)
Thời gian ô tô đi ba phần tư quãng đường AB là

(h)

0
(góc kề bù)
⇒ CPK = 90
0
Do đó CPK + CBK = 90
0
+ 90
0
= 180
0
Nên CPKB nội tiếp đường tròn tâm O
2
đường kính CK.
b/ Vì ICK = 90
0
⇒ C
1
+ C
2
= 90
0
∆ AIC vuông tại A ⇒ C
1
+ A
1
= 90
0
⇒ A
1
+ C

+ B
1
= 90
0
, nên ∆ APB vuông tại P.
2/ Ta có AI // BK ( vì cùng vuông góc với AB, nên ABKI là hình thang vuông
Do đó S
ABKI
=

.AB.(AI + BK)
Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi. Suy ra S
ABKI
lớn nhất ⇔ BK lớn nhất
Từ (1) có AI . BK = AC . BC ⇒ BK =

.
Nên BK lớn nhất ⇔ AC . BC lớn nhất.
Ta có

⇒ AC + BC ≥ 2

⇔

≤ ⇔

≤

1
O
2
0
1
x
y
x