THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
1

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Đề 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LVT
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN Ngày thi: 11/6/2014
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm có 05 câu trong 01 trang)
Câu 1 (3,0 điểm).
1. Rút gọn các biểu thức sau:
M 45 245 80  1 1 3 a
N:
a4
a 2 a 2






, với
a 0;a 4

thỏa
mãn điều kiện:
33
12
x x 10  
.
Câu 3 (1,5 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một phòng họp có 440 ghế (mỗi ghế một chỗ ngồi) được xếp thành từng dãy, mỗi dãy có số ghế bằng
nhau. Trong một buổi họp có 529 người tham dự nên ban tổ chức phải kê thêm 3 dãy ghế và mỗi dãy tăng thêm
1 ghế so với ban đầu thì vừa đủ chỗ ngồi. Tính số dãy ghế có trong phòng họp lúc đầu.
Câu 4 (3,0 điểm).Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax của đường tròn lấy điểm M (M
khác A). Từ M kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O). Kẻ
CH AB
(
H AB
). Đường thẳng MB cắt
(O) tại điểm Q và cắt CH tại điểm N. Gọi I là giao điểm của MO và AC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AIQM nội tiếp được.
b) OM//BC
c) Tỉ số
CN
CH
không đổi khi M di động trên tia Ax (M khác A).
Câu 5 (1,0 điểm).Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = 1. Chứng minh rằng:
        
3 3 3
a b c 3
1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4
  
     




a
a
aa
N
=
     
  
a 2 a 2
a 2 a 2 a 4 2 a 2

3
3 a 3 a
a 2 a 2 a 2 a 2


   



   


2.






Vì x=0 không là nghiệm nên chia tử mẫu vế trái pt ban đầu cho x ta được:
5 4 13
11
3
x 4 x 1
xx

   
,và đặt t=
1
x
x

ta có:
5 4 13
t 4 t 1 3



      
3.5 t 1 3.4 t 4 13 t 1 t 4      

2
12
23
13t 42t 115 0 t 5hayt
13

      


Câu 2:Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):
2
x mx 3

a)Khi m=-2,ta được
22
x 2x 3 x 2x 3 0 x 1vx 3          

Suy ra giao điểm (d) và (P) (1;1);(-3;9)
b)Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P):
2
x mx 3



2
x mx 3 0  

2
m 12 0 m    
,pt luôn có 2 nghiệm pb x
1
,x
2
.
Áp dụng Vi-et,ta có
12
12
S x x m

   
2
440 x 1 3x x 1 529x 3x 86x 440 0        THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
3

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
20
x 22(n);x (l)
3
  
Vậy số ghế trong phòng lúc đầu là 440:22=20 dãy.
Câu 4:
a)CM được
0
MQA MIA 90   
,suy ra đpcm
b)DDCM được do cùng vuông góc với AC
c)Gọi K là giao điểm của BC và Ax.
Do BC// OM,O là trung điểm AB ,
nên M là trung điểm AK,
CH//AK do cùng vuông góc AB,
áp dụng hệ quả Ta-let ta được:
CN/KM=NH/AM(=BN/BM).
Mà KM=AM(M là trung điểm AK)
nên,CN=NH,suy ra CN/CH=1/2
không đổi khi M chạy trên Ax.
5.Áp dụng Cô-si, ta được:

Cộng vế (1)(2)(3) ta được
        
   
3 3 3
3 a b c 6 2 a b c
a b c
1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 4 8
    
   
     

        
 
3 3 3
a b c
a b c 3
1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 2 4

    
     

Mà áp dụng Cô-si:
 
3
a b c
33
. abc
2 2 2




Đề 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI MÔN: TOÁN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm hc: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức
x1
A
x1



khi x = 9
2) Cho biểu thức
x 2 1 x 1
P.
x 2 x x 2 x 1




  

với x > 0 và






  




2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x
2
.
a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P).
b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB.
Bài IV (3,5 điểm)Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R)
(M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm
Q, P.
1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là
trung điểm của BP và ME // NF.
4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính
MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Q 2a bc 2b ca 2c ab     



b)Từ câu 2a ta có

2 x 2
2P 2 x 5 2 x 5
x

    

2 x 2 2x 5 x   
và x > 0

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
6

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
2x 3 x 2 0   
và x >0
1
( x 2)( x ) 0
2
   
và x >0
11
xx
24
   

Bi II: (2,0 điểm)
Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x > 0)



và
1
v
y1


. Hệ phương trình thành :

   
     
  
   
        
   
4u v 5 8u 2v 10 9u 9 u 1
u 2v 1 u 2v 1 2v u 1 v 1

Do đó, hệ đã cho tương đương :




   



  
  

Ta có
OAB AA'B'B OAA' OBB'
S S S S
  
  

Ta có A’B’ =
B' A' B' A'
x x x x 5   
, AA’ =
A
y9
, BB’ =
B
y4

Diện tích hình thang :
AA'B'B
S

AA' BB' 9 4 65
.A'B' .5
2 2 2

  
(đvdt)
OAA'
S

1 27

ABM AQB
(góc có cạnh thẳng góc)
vậy
ANM AQB
nên MNPQ nối tiếp.
3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ.
OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP
Suy ra F là trung điểm của BP.
Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF.
Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP.
Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên
0
ONF 90
.
Tương tự ta có
0
OME 90
nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN.
4)
MNPQ APQ AMN
2S 2S 2S
2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN    

Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra
AB BP
QB BA



2

O
F
E
N
M

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
8

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Bi V: (0,5 điểm)
Ta có
Q 2a bc 2b ca 2c ab     

2a bc (a b c)a bc    
(Do a + b +c = 2)
2
(a b) (a c)
a ab bc ca (a b)(a c)
2
  
       
(Áp dụng BDT với 2 số dương u=a+b và v=a+c)
Vậy ta có
2a bc
(a b) (a c)
2
  

(1)

1
1
a a a a
A
a a a

  

, với a > 0.
a. Rút gọn A.
b. Tìm giá trị của a để A = 2.
c. Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Bài 2: (2,0 điểm)
Gọi đồ thị hàm số
2
yx
là parabol (P), đồ thị hàm số
 
4 2 5y m x m   
là đường thẳng (d).
a. tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b. Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là
12
;xx
. Tìm các giá trị của m sao cho
33
12
0xx
.
Bài 3: (1,5 điểm )

BÀI GIẢI
Bài 1: (2,0 điểm)
a) Rút gọn A.
Ta có:
2
2
1
1
a a a a
A
a a a

  


Với
0aa 
có nghĩa;
2
13
10
24
a a a

     


với mọi a > 0 => A có nghĩa với mọi
0a 
.



t
1
= -1 (loại) t
2
= 2 (thõa mãn điều kiện)
Với t = 2

24aa  
(thõa mãn điều kiện)
Vậy:
4a 
là giá trị cần tìm.
c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
Ta có:
A a a

2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
2 2 2 2 4 4
a a a
     
        
     
     
với mọi a >0

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH

1
4
a 
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Ta có: (d):
 
4 2 5y m x m   

(P):
2
yx

Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
     
22
4 2 5 4 2 5 0 1x m x m x m x m                   
2
2
2
4 4 2 5 4 4 2 5 4 2 2m m m m m m m

              


      


   










Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm các giá trị của m sao cho
33
12
0xx
.
Với m > 2 hoặc m < -2. Thì Pt:
   
2
4 2 5 0 1x m x m    
có hai nghiệm phân biệt x
1,
x
2

Theo Viet ta có:

  
2
4 1 0 4m m m     
(thõa mãn điều kiện) hoặc
1m 
(không thõa mãn điều
kiện)
Vậy :
4m 
là giá trị cần tìm.

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
11

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Bài 3: (1,5 điểm )
Ta có :
18xy

ĐK:
00;xy

Pt viết:
32xy
(1) ( Với ĐK:
00;xy

00;xy
mà
32xy




 
2a m m N
Vậy:
 
2
2
2 2 2 2y m y m y m    
. Tương tự:
2xn

Pt (1) viết:
 
2 2 3 2 3 ,n m n m voi m n N     

0
3
n
m






hoặc
1
2

x
y






hoặc
2
8
x
y





hoặc
8
2
x
y





hoặc
18

8
2
x
y





;
18
0
x
y






Bài 4: ( 3,5 điểm )Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường
tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D
là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O).
a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp.
b.Chứng minh
.AC CH

c.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của
AQ.
Bài 4: ( 3,5 điểm )

A
B

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
12

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
0
90BCP 

(Vì kề bù
0
90BCD 
(nội tiếp nửa đường tròn (O))
BHP BCP

=> Tứ giácBHCP nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc)
b) Chứng minh
.AC CH

Xét
ACH
ta có
1
HAC B
(chắn cung
BKC
của đường tròn (O))
Mà
11

(chắn cung
HC
)
Mà
HAC BIC
(chắn cung
BC
của đường tròn (O))
=>
CMH BIC

=> MH//BI (vì cặp góc đồng vị bằng nhau)
Xét
ABQ
có AH = BH ( do PH là trung tuyến
APB
(C/m trên))
Và: MH//BI
=> MH là trung bình
ABQ

=> M là trung điểm của AQ
Bài 5: (1,0 điểm)
Ta có:
2 1 2 1 2 1
2 1 3 3
1 1 1
xx
y
x x x x x x

x x x x
x x x x

  

(Bất đẳng thức Cô si)
Dấu “=” xảy ra khi:
21
1
xx
xx



2
1
2 1 0 1 2x x x       
(thõa mãn điều kiện)

2
12x   
(không thõa mãn điều kiện; loại)
=>
2 2 3y 
Dấu “=” xảy ra khi
1
12x   

Vậy
2 2 3

Giải hệ phương trình
3 4 5
6 7 8
xy
xy






Bài 3: (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (d
m
)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó tung độ của một
trong hai giao điểm đó bằng 1. Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x
2
+ 2(m – 2)x – m
2
= 0, với m là tham số.

14

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15

BÀI GIẢI
Bài 1:
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
 
 
  
22
22
1
22
2 2 2 2
x
xx
P
xx
x x x x

    

  Bài 2:
3 4 5 6 8 10 2 1
6 7 8 6 7 8 6 7 8 2

) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4mm

       

y = 4x + m = 1 => x =
1
4
m

Yêu cầu của bài toán tương đương với
4 4 4
1 7 7
2 4 4 4
4 4 4
m m m
hay
m m m
m m m
     
  
  

  
    
       
  
  






  


 
2
2
4
4
4
5 hay 3
5 hay 3
16 4 14 49
2 15 0
m
m
m
mm
mm
m m m
mm








2 2 4 4 2 2 1 2 2 1 2 0m m m m m m m m

               

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
 
2
1 2 1 2
2 2 , 0       S x x m P x x m

Ta có
 
2
22
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
6 2 36 2 2 36          x x x x x x x x x x x x

   
22
4 2 36 2 9    mm
1hay 5   mm

Khi m = -1 ta có
1 2 1 2
x 3 10,x 3 10 x x 6       
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6        

AB BE.FB
FB BA
  
(2)
Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB
Từ BE.BF= BH.BC
BE BH
BC BF


2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và
BE BH
BC BF


BHE BFC
THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
16

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
b) do kết quả trên ta có
BFA BAE

HAC EHB BFC

2) Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có độ dài cạnh huyền là 10cm.
3) Cho biểu thức
2
42P x x   
. Tính giá trị của P khi
2x 
.
4) Tìm tọa độ của điểm thuộc parbol y = 2x
2
biết điểm đó có hoành độ x = 1.
Bài 2: (1,5 điểm):
Cho biểu thức
2 1 1 2
1
11
a a a
Q
a
a a a a a


  


   

với
0; 1aa
.
1) Rút gọn biểu thức Q.

  





.
Bài 4: (3,0 điểm): Cho hai đường tròn
 
11
;OR
và
 
22
;OR
với
12
RR
tiếp xúc trong với nhau tại A. Đường
thẳng
12
OO
cắt
 
11
;OR
và
 
22
;OR

2) Xét các số thực x, y, z thỏa mãn
 
2 2 2
2 3 36y yz z x   
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
.A x y z  Hết

HD một số câu:
Bài 3:
2)
 
 
3
33
2 1 5 5 1
12
x y x
xy

  





trừ từng vế tương ứng của (1) và (2) ta được

18

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Với
3
33
3
14
2 2 1
22
x y x y x y       
.
Vậy hpt có nghiệm duy nhất
 
33
44
;;
22
xy





Bài 4:
1) PBQC là hình thoi => QC // BP
CM // BP (cùng vuông góc với PA)

2
D = R
1

Ta có
1
2 2 1
2
2 2 2 2
AC BC AB R
O D O A CD R      

Vậy ta có đpcm.
c)
 
1 2 3 4
1
2
DD DD DD DD BP PA AQ QB      

Dễ dàng cminh được
1 4 2 3
; ; ;DD DD DD DD BP QB PA AQ   

Nên
   
1 2 3 4 1
2
1
2

D
C
B
A

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
19

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Cminh tương tự ta có
2
2.
2DD
DADP
AP
AP

(dấu « = » xảy ra khi DP = DA) (2)
TỪ (1) và (2) =>
 
1
2
2 DD DD PB PA  
(dấu « = » xảy ra khi DP = DA =DB)
Bài 5:
1) ĐKXĐ
21  x

  
2 1 2 1 1.x x x     

x < 2 Vế trái âm vế phải dương Vô lí !
+) x > 2 không thuộc ĐKXĐ
Vậy x = 2 là nghiệm PT đã cho
2) Ta có:
 
 
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
22
2 2 2
2( ) 3 ( 2 ) ( 2 )
36 ( ) ( ) 36
x y z x y z xy yz xz
y z yz x x xy y x xz z
x y z x y x z
       
         
       

Nên
66  zyx

=> Max(x+y+z) = 6 khi x = y = z = 2
Min(x+y+z) = –6 khi x = y = z = – 2

Đề 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG


Câu II ( 2,0 điểm)
Cho Parabol (P):
2
yx
và đường thẳng (d):
( 1) 4y m x m   
(tham số m)
1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.

Câu III ( 2,0 điểm)
1) Cho hệ phương trình:
32
3 2 11
x y m
x y m
  


  

( tham số m)
Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x
2
– y
2
đạt giá trị lớn nhất.
2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa
quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng

 Hết

Họ và tên thí sinh :……………………Số báo danh :………………………

Chữ ký của giám thị 1 :………………Chữ ký của giám thị 2 :…………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: Toán ( không chuyên )
I) HƯỚNG DẪN CHUNG
- Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
1
Giải phương trình:
43 1xx  

1,00

2
42 0xx   

7
6
x
x





0,25

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
22

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Kết hợp nghiệm ta có
7x 
(thỏa mãn),
6x 
( loại)
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là
 

A
xx
xx

  

0,25
     
  
10 2 3 1 1 4

41
x x x x x
xx
     

0,25    
     


( vì
0; 1xx
)

0,25

II

Cho Parabol
 
2
: P y x
và đường thẳng
 
: ( 1) 4d y m x m   

(tham số m)

2,00

1
Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d).
1,00 m = 2 ta có phương trình đường thẳng (d) là: y = x + 6
0,25

*
3 9xy  0,25

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
23

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15
Vậy m = 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm
 
2;4A 
và
 
3;9B

II
2
Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.
1,00 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình

 
2
14x m x m   


x y m
x y m
  


  

( tham số m)

1,00 Giải hệ phương trình ta có
3

21
xm
ym




0,25    
22

m 0,25 22
49

3
xy  
, dấu “ = ” xẩy ra khi
5

3
m 

hay
22
xy
lớn nhất bằng
49
3
khi
5

3
m 
x 
0,25 Theo bài ra ta có phương trình:
40 40 80
6 12x x x

0,25 Giải phương trình ta được
24x 
( thỏa mãn)
Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h)

0,25
IV


AB

0
90ABD 

Tương tự có
0
90ACD 
0,25

tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD )
0,25
IV
2
Xét 2 tam giác ABE và ACH có :
ABE ACH
( cùng phụ với
BAC
) (1)

0,25
C
B
A
H

THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH
25

BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 

. .
AB AC
AB AH AC AE
AE AH
  0,25
IV
3
Gọi I là trung điểm BC

I cố định (Do B và C cố định)
0,25 Gọi O là trung điểm AD


độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ
giác APHN không đổi

đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN
có diện tích không đổi.

0,25
V

Ta có:
   
22
22

x y x y
S
x y xy


22
22
2
1+ 2
xy x y
x y xy


2 2 2 2
2 2 2 2
22
2 . 2
22
xy x y xy x y
x y xy x y xy

  

; « = »
   
22
22
2 2 2 2 2 2
22
2
40
2
x y xy
x y x y x y
xy x y

       


22
( ; 0)x y x y x y   