PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TRUONG
Năm học : 2010 – 2011
Môn : Tóan
Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
Ngày thi : 13 / 12 / 2008
Câu 1 : ( 2 ñieåm ) Phân tích biểu thức sau ra thừa số
M = 3 xyz + x ( y
2
+ z
2
) + y ( x
2
+ z
2
) + z ( x
2
+ y
2
)
Câu 2 : ( 4 ñieåm ) Định a và b để đa thức A = x
4
– 6 x
3
+ ax
2
+ bx + 1 là bình phương của một đa
thức khác .
Câu 3 : ( 4 ñieåm ) Cho biểu thức :
P =


2
3
2
x
x
x
xxxx
x
a) Rút gọn p .
b) Tính giá trị của biểu thức p khi /x / =
4
3
c) Với giá trị nào của x thì p = 7
d) Tìm giá trị nguyên của x để p có giá trị nguyên .
Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ c
2
= 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Câu 5 : ( 3ñieåm)
Qua trọng tâm G tam giác ABC , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt AB và BC lần
lượt tại M và N . Tính độ dài MN , biết AM + NC = 16 (cm) ; Chu vi tam giác ABC bằng 75 (cm)
Câu 6 : ( 4 ñieåm ) Cho tam giác đều ABC . M, N là các điểm lần lượt chuyển động trên hai
cạnh BC và AC sao cho BM = CN xác định vị trí của M , N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất .
Hết
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG HUYỆN

Ta có thể viết : A = x
4
– 6x
3
+ ax
2
+ bx + 1 = ( x
2
– 3x + k )
2
= x
4
+ 9x
2
+ k
2
– 6x
3
+ 2kx
2
– 6kx ( 1/2ñ )
= x
4
– 6x
3
+ ( 9 + 2k )x
2
– 6kx + k
2
( 1/2 ñ )

( ½ ñ )
Câu 4 : ( 3 ñieåm ) Vì a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 nên - 1 ≤ a , b , c ≤ 1
⇒ a + 1 ≥ 0 ; b + 1 ≥ 0 ; c + 1 ≥ 0 ( ¼ ñ )
Do đó : ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) ≥ 0 ( ¼ ñ )
⇔ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 (1) ( 1/2 ñ )
Cộng 2 vế của (1) cho 1 + a + b +c + ab + bc + ca . Ta có :
abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + bc + ac ) ≥ 1 + a + b + c + ab + bc + ac ( 1/2 ñ )
Ta biết : 1 + a + b + c + ab + bc + ac =

2
1
( 1 + a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2a + 2b + 2c + 2 ab + 2 bc + 2 ac ) = ( 1/2 ñ )
2
1
( 1 + a + b + c )
2
≥ 0 ( vì a
2

GK
BC
CN
AB
AM
( ¼ ñ )
Mà
3
1
=
+
+
BCAB
NCAM
( ¼ đ )
vì AM + NC = 16 (cm) và AB + BC = 75 – AC ( 3/4 đ )
Do đó :
3
1
75
16
=
− AC
⇒ AC = 27 (cm) ( 3/4 đ )
Ta lại có :
18
3
2
273
2

2
1
2
1
=+ BMAN
(AN + NC ) =
AC
2
1
( 1/2 đ )
Kẻ MH ⊥ QN . Tứ giác MpQH là hình chữ nhật ( 1/4 đ )
Ta có MN ≥ MH = AB – ( AQ + Bp ) = AB -
ABAC
2
1
2
1
=
( 1/2 đ )
Vậy đọan MN có độ dài nhỏ nhất bằng
2
1
AB . ( 1/4 đ )
Khi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AC ( 1/2 đ )
PHÒNG GIÁO DỤC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2004 – 2005
KHOÁ NGÀY 24 / 2 / 2005
MÔN: TOÁN LỚP 9 - THỜI GIAN: 150 Phút ( Không kể giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC:






=++
=++
=++
=++
)4(12
)3(14
)2(15
)1(10
yxt
xtz
tzy
zyx
Bài 3: ( 5 điểm)
Cho phương trình: x
2
– 2mx + 2m –1 = 0
a) Chứng minh: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với m ≠ 1.
b) Tính giá trò của biểu thức: A =
).1.(2
3.2
21
2
2
2
1

11
1
22
+−
+
−
++
−
++−
xx
xx
xx
xx
xx

=
1
)1.(
1
)1.(
11
33
+−
+
−
++
−
++−−
xx
xx

01111 =+−−=−−− xxxx
(do 0
1
≤≤
x
nên
01
>−
x
) (0,5đ)
b) Ta có:
3
33
3
2525






−−+=x
(0,5đ)
=







z
y
x
t
(1đ)
Vậy: Hệ phương trình có nghiệm: (2; 3; 5; 7) (0.5đ)
Bài 3: ( 5 điểm)
a) Ta có:
mmmm ∀≥−=+−=∆ 0)1(12
22'
(0,75đ)
Vậy: Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt khi
0
'
>∆

01 ≠−⇔ m

1≠⇔ m
(0,75đ)
Ta có:
12.
21
−= mxx
(0,5đ)
244)12.(2)2(.2)(
22
21
2
21

24
144)24(
24
14
2
2
2
2
2
22
2
+
−
−=
+
+−
−=
+
−+−+
=
+
+
m
m
m
mm
m
mmm
m
m

ACABAPQ +=∆
(0,5đ)
Vậy: Chu vi của tam giac APQ không đổi.
Bài 5: ( 4 điểm)
- Vẽ hình - Ghi gt, kl đúng (0,5đ)
A
E
F
N H M
G
B C
K I
D
CM
1) Ta có: DC // BH (do BHCD là hình bình hành)
Mà: BH
⊥
AC (gt)
Nên:
ACDC
⊥

Suy ra:
0
90
ˆ
=DCA
(0,5đ)
Tương tự:
0

=
(2) (so le trong) (0,5đ)
HABHCB
ˆˆ
=
(3) (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Từ (1), (2), (3)
HABCAO
ˆˆ
=⇒
(đpcm)
3) Vì I là trung điểm của BC nên AI là một trung tuyến của
ABC∆
(0,25đ)
Trong
AHD∆
có HO và AI là hai trung tuyến – Nên G là trọng tâm của
AHD∆
. (0,25đ)
Suy ra: GA = 2GI
Điều này chứng tỏ G là trọng tâm của
ABC∆
(0,25đ)
4) Ta có:
BDABNA
ˆˆ
=
(tính chất đối xứng)

BCABDA

NABBHN
ˆ
ˆ
=
(cùng chắn cung BN)
Ngoài ra:
DABNAB
ˆˆ
=
(do N đối xứng với D qua AB)
Nên:
DABBHN
ˆ
ˆ
=
Tương tự: Tứ giác AHCM nội tiếp
Suy ra:
CAMCHM
ˆ
ˆ
=
(cùng chắn cung CE)
Mà:
CADCAM
ˆˆ
=
(do M đối xứng với D qua AC)
Nên:
CADCHM
ˆ

x y y y
xy y
x
B x y x y
x y
x x y y
− + +
−
= + > > ≠
−
+
(1,0 điểm)
Câu 2: (2,0điểm)
3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh (1,0 điểm)

3 3 3 3 3 3
2 2 2
a b b c c a
a b c
ab bc ca
+ + +
+ + ≥ + +
4.
( 1)( 3)( 4)( 6) 10 0;a a a a a− − − − + > ∀
(1,0 điểm)
Câu 3 : (2,0điểm)
5. Cho biểu thức
2 1 2 1P x x x x= + − + − −
xác định x để P đạt giá trị nhỏ nhất. (1,0 điểm)
6. Giải phương trình:

HẾT
ĐÁP ÁN
Câu 1: (2,0điểm)
Rút gọn biểu thức:
1. (1,0điểm)
( )
2
2
2 2
5 3 29 12 5 5 3 2 5 2.2 5.3 3
5 3 (2 5 3) 5 3 (2 5 3) 5 6 2 5 5 ( 5 1)
5 ( 5 1) 1
A = − − − = − − − +
= − − − = − − − = − − = − −
= − − =
(1,0 điểm)
Đáp số: A = 1
2. (1,0 điểm)
Xét:
( )
2
3
3 3 3 3
3 3
2 2
3
3 3
2 2
2
( ) 3 3 ( ) 2( ) ( )

Xét:
3 3 3 ( ) 3
( )( )
xy y y x y y
x y
x y x y x y
− −
= =
−
+ − +
3 3( )
3
3
y x y
x
B
x y x y x y
+
= + = =
+ + +
(0,5điểm)
Đáp số : B = 3
Câu 2: (2,0điểm)
3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh (1,0 điểm)

3 3 3 3 3 3
2 2 2
a b b c c a
a b c
ab bc ca

bc ca
+ + + +
≥ ≥
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b b c c a a b b c c a
ab bc ca
a b b c c a
a b c
ab bc ca
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + +
⇔ + + ≥ + +
(0,5điểm)
Đáp số: Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh
4.
( 1)( 3)( 4)( 6) 10 0;a a a a a− − − − + > ∀
(1,0 điểm)
Ta có:
[ ] [ ]
( 1)( 3)( 4)( 6) 10 ( 1)( 6) ( 3)( 4) 10a a a a a a a a− − − − + = − − − − +
2 2
( 7 6)( 7 12) 10a a a a= − + − + +
; Đặt t = a
2
– 7a + 9 (0,5 điểm)

[ ]
1;2x∈
thì giá trị nhỏ nhất của P bằng 2
6. Giải phương trình:
2
7 6 5 30x x x− = + −
(0,5 điểm)
2 2 2
2
2 2
2
7 6 5 30 7 6 5 30 0 ( 8 16) ( 5 6 5 9) 0
4 0 4
( 4) 0
( 4) ( 5 3) 0 4
5 3 0 5 3
( 5 3) 0
x x x x x x x x x x
x x
x
x x x
x x
x
− = + − ⇔ − − + + = ⇔ − + + + − + + =


− = =
− =

  

1 2
1 2
1 2
3
2 1
1
3
x
x y
x y y
y
x y
x y y
x y
x
y x
x y
y


=





 − = −










=




Đáp số: Tập nghiệm của hệ phương trình:
4 3 2 1
; , ;
5 5 3 3
S
 
   
=
 
 ÷  ÷
   
 
Câu 4: ( 2,0điểm)
8. Cho đường thẳng (d
m
) : 2mx + (3m – 1)y – 6 = 0
a. Tìm đường thẳng ( d ) đi qua điểm A( - 1 ; - 3 ) và xác định hệ số góc của đường thẳng
đó (1,0 điểm)
( ) 2 ( 1) (3 1)( 3) 6 0

và hệ số góc
3
10
k = −
b. Tìm điểm cố định B của (d
m
) với mọi m (1,0 điểm)
Giả sử B(x;y) là điểm cố định của họ (d
m
) với mọi m
2 (3 1) 6 0,
(2 3 ) 6 0,
2 3 0 9
6 0 6
mx m y m
x y m y m
x y x
y y
⇔ + − − = ∀
⇔ + − − = ∀
 + = =

⇔ ⇔
 
− − = = −


Đáp số: M(9; -6)
Câu 5: (2,0điểm)
9. Cho hình vuông ABCD cạnh a, vẽ đường tròn ( c ) đường kính AB, O là tâm đường tròn

2

( )
2 2
2
2 2
2 2 2
2
2 2
2
4 4
3
( 0)
3
a a
x a x
a a
x ax a x ax
ax a
a
x a
   
⇔ + = + −
 ÷  ÷
   
⇔ + + = + + −
⇔ =
⇔ = ≠
Đáp số:
3

2
5 5
4 4 2
a a a
a OC+ = ⇔ =
2
2
. 5 5 5
2. :
2 12 2 3
OCE
OCE
S
EH OC a a a
S EH
OC
∆
∆
= ⇔ = = =
Đáp số:
2
5 5
;
12 3
OCE
a a
S EH
∆
= =
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI số 2

+++
a. Tìm điều kiện để A xác định.
b. Rút gọn A
c. Cho xy = 6. Xác định x, y để A có giá trị nhỏ nhất.
Câu 3: ( 2 điểm ). Giải phương trình:
1x43x -++
+
1-x6 -8x +
= 5
Câu 4: ( 2 điểm ). Giải bài toán cổ:
Trăm trâu trăm cỏ
Trâu đứng ăn năm
Trâu nằm ăn ba
Lụ khụ trâu già
Ba con một bó
Tính số trâu mỗi loại.
Câu 5: ( 2 điểm ). Cho hình thang cân ABCD (AB//CD) có MD = MC (M € DC);
MBC = CAB và AB = BD. Hãy tính các góc của hình thang.
Câu 6: ( 1 điểm ). Chứng minh rằng nếu x = sin
α
(0 <
α
< 90
0
) thì:
αcos-
αcos
1
x-1
x

+6x + 1
≥
0
⇒
-
1x
7
1
≤≤
, kết hợp với (2) ta có:
-
x
7
1
≤
< 0 và 0 < x
≤
1
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
a. x > 0; y > 0
b. * (
y
1
x
1
+

xy
xy2
y
1
x
1
2
+
=
++
=++=+
*
xyyxyx
yyyxxyxx
xyyx
yyxxyx
33
33
+
+++
=
+
+++
=
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
xy

xy +
=
+
c. Vì xy = 16
4yx4xy =⇒=⇒
Hai số dương
x
,
y
có tích
yx
= 4 không đổi nên tổng
yx +
Có giá trị nhỏ nhất khi
2yx ==
1
4
22
A =
+
=⇒
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3

- 3)
2
Phương trình trở thành:
( ) ( )
1≥x,53-1-x21-x
2
2
=++
1≥x,53-1-x21-x⇒ =++
0,25
0,25
0,5
0,25
- Với
10≥x⇒9≥1-x ⇒0≥3-1-x
Phương trình trở thành:
53-1-x21-x =++
10x⇒31-x⇒ ==
(1)
- Với
3-1-x
< 0
1-x⇒
< 9
⇒
x < 10
Phương trình trở thàmh:
531-x-21-x =++
⇒
Đẳng thức này nghiệm với mọi x

Đem thế các giá trị của x, y theo t vào phương trình (2) ta tính được
z = 3t + 75.
Rõ ràng cho t một giá trị nguyên thì x, y và cả z đều nhận giá trị nguyên
và thỏa mãn hệ đã cho.
Vậy nghiệm nguyên của hệ đã cho là:
{ t
∈
Z

Ta xét điều kiện: {
∈
{
Kết hợp các điều kiện này ta có: 0≤ t ≤
7
25

⇒
t = 0; 1; 2; 3.
Từ đó ta có kết quả:

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5.x + 3y +
100
3

∧
( ABCD là hình thang cân)
mà
CAB
∧
=
CBM
∧

⇒

MBA
∧
=
DAC
∧
;
mà KM // AC nên
DKM
∧
=
DAC
∧
(đồng vị)
⇒

DKM
∧
=
MBA

1
AC, lại kẻ CH AB
0,25
0,25
0,25
0,25
Loại
Đáp số
A
K
D
M
C
I
H
B
⇒
CH = MI =
2
1
AC
∆ACH vuông tại H có CH =
2
1
AC nên là nửa tam giác đều cạnh AC
⇒

CAB
∧
=

αsin
αsin-1
αsin
x-1
x
2
2
2
2
2
2
==
=
αcos
αcos-1
αcos
αsin
22
=
( vì 0 <
α
< 90
0
nên cos
α
> 0)
=
αcos-
αcos
1

;x x
thõa mãn
2 2
1 2
2x x+ =
.
2- Cho phương trình
( 1) 2 1
3 1
a x y
x ay
− + =


+ =

(I)
a) Giải hệ (I) với
3 1a = +
.
b) Tìm các giá trị của
a
để hệ (I) vô nghiệm.
Câu 3: (3 điểm)
Cho tam giác ABC (AC > AB), trung tuyến AM, điểm N thuộc đoạn AM, vẽ đường tròn (O) có
đường kính AN.
1- Gọi F là giao điểm của phân giác trong AD với (O), gọi E là giao điểm của phân giác ngoài góc
A với (O). Chứng minh: EF là đường kính của đường tròn (O).
2- Đường tròn tâm (O) cắt AB tại K, cắt AC tại H, KH cắt AD tại I.
Chứng minh:

( 2 1)2 2
( 1) ( 1) 1
x x
x x x x x
− +
= =
− + + + +
(0,5)
2- (1)

2
2 2
2
1 3 1 3
( )
2 4 4 4
A
x
= ≤ =
+ + +
(0,5)
Dấu “ =’’ xảy ra
0 0x x⇔ = ⇔ =
(0,25)
Vậy giá trị lớn nhất của A là 2 khi x = 0. (0,25)

3- (1)
Với x =
2
7 2 6 ( 6 1)− = −

4
1,
1
m
x x
m
+
= =
−
(0,25)
Yêu cầu bài toán tương đương đương với:
2 2
1 2
2
4 3
1
4
1 2
1
1

+ =
+

⇔ = − ⇔ = −

+
−
≠


x
x
x y
x y
y
x y
y

+ =


+ + =




= −

− + =
= −
  
⇔ ⇔ ⇔
  
=

+ =





Hệ (1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) vô nghiệm
2
3
= −


=

a
a
(0,5)
Vậy a = -2, a = 3 là giá trị cần tìm.
Câu III:
1- Ta có: AE và AF là hai tia phân giác của hai goc kề bù đỉnh A nên
0
90AE AF EAF⊥ ⇒ ∠ =

(1)
Do đó EF là đường kính của đường tròn (O).
2-
Ta có:
HAF KAF∠ = ∠
( AD là tia phân giác)
»
»
HF KF⇒ =
¼
¼
¼
¼

∠ = ∠AKF KIF
( chứng minh trên)
Do đó
∠AKF
đồng dạng với
∠K I F
(0,25)
⇒ = ⇒ =
2
.
F K F A
FK FI FA
FI F K
(0,25)
3-
Ta có
∆ ∆ ∆
= −
AN C AMC NM C
S S S
,
∆ ∆ ∆
= −
AN B AMB NM B
S S S
(0,25)
∆ ∆
=
AM B AMC
S S

+ + +
+ + = = = = + −
+ + +
+ + = = = = + −
2 2 2
2 2 2
1 1 36 9 4 7 2.3 1 1 1
1 1
6 2.3 2 3
2 3 (2.3)
1 1 144 16 9 13 3.4 1 1 1
1 1
12 3.4 3 4
3 4 (3.4)+ + +
+ + = =
−
2 2 2
2 2 2
1 1 (2008.2009) 2008 2009 2008.2009 1
1
2008.2009
2008 2009 (2008.2009)
1 1
=1+
2008 2009
(0,5)
⇒ = + − + + − + + + −

Môn Toán - Lớp 9
Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 11 tháng 02 năm 2009
Bài 1 : ( 4,0 điểm )
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x
3

+ y
3
.
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
Bài 2 : ( 4,0 điểm )
a) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z
4zx= 3 z+ x





b) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10- x = 3
Bài 3: ( 5,0 điểm)
a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN LỚP 9
Bài 1 : ( 4,0 điểm )
a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x
3

+ y
3
.
Bải giải Điểm
Ta có M = x
3
+ y
3
= (x + y)(x
2
− xy + y
2
)
= x
2
− xy + y
2
(vì x + y = 1)
=
2 2 2 2
x y x y
( xy )
2 2 2 2
+ + − +

⇒
2(x
2
+ y
2
)−(x − y)
2
= 1
⇒
2(x
2
+ y
2
)
≥
1
⇒
(x
2
+ y
2
)
≥

1
2
dấu bằng xảy ra
⇔
x = y =
1

Bải giải Điểm
Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1
a b c≤ ≤ <
.
Ta có hệ phương trình :
2 2 2
a b c
ab 2(a b c)

+ =

= + +


(1)
(2)
Từ (1)
⇒
c
2
= (a + b)
2
− 2ab

⇒
c
2
= (a + b)
2
− 4(a + b + c) (theo (2))

b(a −4) −4(a−4) = 8
⇔
(a −4)(b−4) = 8
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a 4 1
ho ho
b 4 8
 − =
  
⇔
   
− =
  

a - 4 = 2 a = 5 a =6
Æc Æc
b - 4 = 4 b = 12 b=8
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10)
thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 0,5 điểm
Bài 2 : ( 4,0 điểm )
a) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
3xy = 2 x+ y
5yz = 6 y+ z




⇔
(II)
1 1 3
x y 2
1 1 5
y z 6
1 1 4
z x 3

+ =



+ =



+ =


Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được:
1 1 1 11
2
x y z 3
 
+ + =
 ÷

2
10 x−
( a, b
≥
0 )
Ta được hệ pt :
2 2
3
15
a b
a b
− =


− =


Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x
1
= 3 ; x
2
= -3
0,25điểm
0,25điểm
0,5điểm
1,0 điểm
Bài 3: ( 5,0 điểm)
a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho
a +1 b +1
a b

ab
+

≥
1
⇒
a + b
≥
ab
Do d là ước của a nên a
M
d ⇒ a ≥ d > 0
Và d là ước của b nên b
M
d ⇒ b ≥ d > 0
Suy ra : ab ≥ d
2
nên a + b ≥ d
2
Vậy :
d a b
≤ +
0,5 điểm
0,5 điểm
b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x
2009
+
2009y
2010
= 2011.

+ k)] + 2009.
Ta có 2009y
2010
chia cho 4 dư 1
⇒
2008x
2009
+ 2009y
2010
chia cho 4
dư 1; mà 2011 chia cho 4 dư 3, (vô lý)
Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức :
2008x
2009
+ 2009y
2010
= 2011.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 4 : ( 2,0 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O.
Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác
OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân.
Bải giải Điểm
Gọi O
1
và O

ˆ
OBH OCK
BO H CO K (O H O K; )
2 2
∆ = ∆ = =
BH CK⇒ =
.
∗
Nếu AB > AC thì AH > AK (AB = AH + HB và AC = AK + KC)
1 2
1 2
O H O K
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ
O AH O AK OAB OAC ABC ACB AC AB
AH AK
⇒ < ⇒ < ⇒ < ⇒ > ⇒ >

Mâu thuẫn

∗
Nếu AB < AC, lập luận tương tự ta có AB > AC Mâu thuẫn

∗
Vậy AB = AC. Tam giác ABC cân tại A.
Hình 0,25 đ
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm

+
⇒ = = +

Độ dài đoạn NE không đổi.
b)
MNE
∆
2 2
MNE
MNE MAB
MAB
S NE R r
MAB S .S
S AB R
+
   
∆ ⇒ = ⇒ =
 ÷  ÷
   
Diện tích tam giác MNE lớn nhất
⇔
Diện tích tam giác AMB lớn
nhất.
Gọi M
o
là điểm chính giữa của cung lớn AB
⇒
Tam giác AM
o
B cân

M H R MaxS
2 2 4
+ +
= + = ⇒ =

Diện tích
∆
MNE có giá trị lớn nhất bằng
2 2
2
2
(R r) (2 3)R 2 3
. (R r)
R 4 4
+ + +
= +

Hình 0,25 đ
(0,75 điểm)
(0,75 điểm)
(0,25 điểm)
0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
O