ĐỀ THI SINH GIỎI LỚP 9
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1 (3 điểm):
Tìm n
∈
Z sao cho:
2
17n n+ −
là bội của n +5.
Bài 2 (2 điểm):
Cho a > 0, b > 0 thoả mãn: 2a
2
+ 2b
2
= 5ab.
Tính giá trị của biểu thức: A =
a b
a b
−
+
.
Bài 3 (4 điểm):
a) Vẽ đồ thị hàm số: y = 3 -
2
2 1x x− +
b) Giải phương trình: x =
1 1
1x
x x

Chứng minh: D, O’, E thẳng hàng.
b) Chứng minh IC
2
= IA. IB.
c) Tìm vị trí của điểm C sao cho AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OCI.
Hết
(I)
(d
1
)
(d
2
)
D/A
Bài 1 (3 điểm):
Ta có: n
2
+ n - 17 là bội của n + 5 => (
2
n
+
17) ( 5)n n− +M
………………………… 0,25đ
Xét phép tính:
2
17 ( 5)( 4) 3 3
( 4)
5 5 5
n n n n
n

Ta có: A =
a b
a b
−
+
. Bình phương hai vế ta được:
A
2
=
2
( )
a b
a b
−
+
=
2 2
2 2
2
2
a ab b
a ab b
− +
+ +
………………………………………………………….0,5đ
=đ
2 2
2 2
2 2 4
2 2 4


{
4
2
x
x
−
+
Nếu x < 1
Vẽ đường thẳng (d
1
): y = - x + 4 với x
≥
1
Và đường (d
2
): y = x + 2 với x < 1 ta được đồ thị: Hình (P) y
Đồ thị đúng 1 điểm, mỗi nhánh 0,5 điểm

3
_

2
_

1
_

I I I I I I
x

-1 vế trái của phương trình âm còn vế phải không âm.
Phương trình vô nghiệm…………………………………………………………… 0,25đ
* x
≥
1 phương trình x =
1 1
1x
x x
− + −

1
1x
x
⇔ − −
=
1
x
x
−
…………………………………………………… 0,25đ
⇔

2
1
1x
x
 
− −
 ÷
 ÷

+ 1 = 0 ………………………………………………… 0,25đ
⇔
x(x - 1) – 2
( 1)x x −
+ 1 = 0
⇔
2
( ( 1) 1)x x − −
= 0……………………………… 0,25đ
⇔
( 1)x x −
= 1 ………………………………………………………………… 0,25đ

⇔
x
2
– x – 1 = 0
⇔
x =
1 5
2
+
(vì x
≥
1) ………………………………………….0,25đ
Bài 4 (3 điểm): Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên a > 0, b > 0, c > 0 .… 0,25đ
Ta có:
1 1 1
2
a b ab

∆
ABC đều………………………………………0,25đ
Bài 5 (2 điểm):
x
≥
1
x
≤
-1
(1)
(I)

{
100
15 9 300
x y z
x y z
+ + =
+ + =
⇔

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế ta được: 14 x +8 y = 200
⇔
7x + 4y = 100 …………………………………………………………………….0,25đ
⇔
4y = 100 – 7x

⇔
y =
100 7

⇒
x = 4, y = 18, x = 78.
Khi t = 2
⇒
x = 8, y = 11, z = 81.
Khi t = 3
⇒
x = 12, y = 4, z = 84. ………………………………………………….0,5đ
Vậy nghiệm nguyên dương của hệ phương trình là:
(x; y; z)
∈
{( 4; 8; 78); ( 8; 11; 81); ( 12; 4; 84)}…………………………………….0,25đ

C
Bài 6 (6 điểm):
Vẽ hình đúng được 0,5đ
D O’ E

A
O B K I X
a) AB là đường kính của (O,
2
AB
)
·
0
90ACB⇒ =
hay
·
0

CBI
∆
………………………………………………….0,5đ
⇒
IA IC
IC IB
=
….…………………………………………………0,5đ
⇒
IA. IB = IC
2
(đpcm). ………………………………………………… 0,5đ
c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC,
·
0
90OIC =
nên K là trung điểm của OI 0,25đ
Để AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
OIC thì AC
⊥
CK. ……………….0,25đ
·
·
ACO ICK⇒ =
(cặp góc có cạnh tương ứng vuông). ………………………………… 0,5đ
Mà
·


+ + − =


b)
( 1) ( 1) 2
1 1
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =


Câu 2(3đ): Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
x y z
P
x y z
= + +
+ + +
Câu 3(3đ): Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn điều kiện
1 1 1
2
1 1 1a b c
+ + ≥
+ + +

7x y+
, v =
2x y+
(
0, 0u v≥ ≥
)
Ta có
5
(*)
1
u v
v x y
+ =


+ − =

Do u
2
– v
2
= (7x + y) – (2x+y) = 5x
Mà u + v = 5 nên u – v = x
Do đó u =
5
2
x +
, v =
5
2

+ + − =
=

+ −
⇔ = ⇔

=

Với x = 1 ta được y = 2; x = 19 ta được y = 11
Thử lại hệ phương trình ta được hệ có một nghiệm là (1;2)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
b)
( 1) ( 1) 2 (1)
1 1 (2)
x y y x xy
x y y x xy

− + − =


− + − =



− =

2x y⇔ = =
Ta thấy x = y =2 củng thỏa mãn phương trình (1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (2;2)
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
2
Ta có
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
1 1 1
P
x y z
= − + − + −
+ + +

1 1 1
3 ( )
1 1 1
P
x y z
= − + +
+ + +
Mặt khác, với x, y, z > 0, theo bất đẳng thức Cô Si ta có
3x y z xyz+ + ≥

4 3
x y z
P x y z
x y z
+ = + = +

= ⇔ ⇔ = = =

+ + =

Vậy P đạt giá trị lớn nhất là
3
4
P =
tại
1
3
x y z= = =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
3
Ta có:
1 1 1
(1 ) (1 )
1 1 1a b c
≥ − + −
+ + +

+ + +
Nhân ba bất đẳng thức trên ta được:
1 8
(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )
abc
a b c a b c
≥
+ + + + + +
8 1abc⇒ ≤
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
4
C
P
Q
O
M
B
A
0.5
Để chứng minh PQ là đường kính của đường tròn (O), ta cần
chứng minh ba điểm P, Q, O thẳng hàng.
Trong đường tròn tâm M ta có:
·
·

180AMB AOB⇒ + =
(3)
Từ (1), (2), và (3) suy ra:
·
·
·
·
POQ POB BOA AOQ= + +

·
·
·
( )BMC AMC BOA= + +

·
·
0
180AMB AOB= + =
Suy ra P, Q, O thẳng hàng.
Vậy PQ là đường kính của đường tròn (O)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
5
x
d
M

0.5
b) Chứng minh MN = EF
d // HI
IF=HN⇒
AMCH nội tiếp
·
·
HMN HAC⇒ =
BICE nội tiếp
·
·
IEF IBC⇒ =
Mà
·
·
HAC BIC=
nên
·
·
HMN IEF HMN IEF= ⇒ ∆ = ∆
EFMN⇒ =
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
6 Số chính phương là n
2
(n
Î

Thời gian: 150 phút
Bài 1( 4đ)
1) Rút gọn biểu thức sau:
2 2 2 2
2
( )x y x y y
x
P
xy x y x y
 
−
 ÷
= + −
 ÷
−
 
2) Giải phương trình:
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+ −
+ =
+ + − −
Bài 2( 4đ)
1) Phân tích thành nhân tử: a
3
+b
3

Hãy so sánh A và B
2) Cho a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
với p là nửa chu vi của tam giác đó
Bài 4(8đ)
1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. vẽ đường cao BE và AD. Gọi H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác
ABC.
a) Chứng minh rằng: tgB.tgC =
AD
HD
b) Chứng tỏ rằng HG//BC
⇔
tgB.tgC = 3
2) Cho hình bình hành ABCD, qua đỉnh D kẻ một đường thẳng cắt các đường thẳng AC, AB, BC tại M, N, K.
chứng minh rằng:
a) DM
2
= MN . MK
b)
1
DM DM
DN DK
+ =
 
Xét TH:
Xy > 0 => P = 1
Xy < 0 => P = 1
Vậy P = 1
2) Đk: 0 < x < 4
Quuy đồng mẫu thức rồi khử mẫu ta đưa pt
về dạng:
3 3
(2 ) (2 ) 3 2x x x
+ + − =
3 3 3
(2 ) (2 ) 2 (4 ) 18x x x x+ + − + − =
3
(4 ) 3 8x x− = −
⇔
3x – 8 > 0 và
3 2
(4 ) (3 8)x x− = −
⇔
8
3
x >
và
3 2
3 0x x− =
Vậy x = 3 thỏa đk đầu bài
Bài 2:
1) a
3

 
=(a+b+c)(a
2
+b
2
+c
2
-ab-ac-bc)
2) Theo câu a ta có a+b+c = 0 thì
a
3
+b
3
+c
3
-3abc = 0=> a
3
+b
3
+c
3
= 3abc
áp dụng kết quả trên nếu:
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1
0 3.
a b c a b c abc
+ + = => + + =
ta có:
2 2 2 3 3 3

1 1 1

1 2 2 3 3 4
1

120 121
1 2 2 3 120 121
121 1 10
A = + + +
+ + +
+
+
= − + − + − +
= − =
1 1
1
2 35
2 2 2

2 1 2 2 2 35
2 2 2

1 1 2 2 35 35
1 1 1
2(
1 2 2 3 35 36
2(6 1) 10
B
B
B

− − −
1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + ≥ + +
− − −
(có thể có nhiều cách khác để chứng minh)
Bài 4
1)
a) tìm được tgB=
AD
BD
,tgC=
AD
CD
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
0.75
0.5
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
=> tgB.tgC=

2
(1), (2)
. .
.
MD AM MD CM
MK MC MN MA
MD DM MA CM
MK MN MC MA
MD MK MN
= =
=> =
=
Từ (1) =>
(1')
MK MC MK MC
MK MD AM MC KD AM MC
= => =
+ + +
Từ (2)=>
(2')
MD MC MD MC
MN MD AM MC ND AM MC
= => =
+ + +
Từ (1’,2’) =>
MK DM
DK DN
=
1
DM DM MK DM DK

a. Vẽ đồ thị của hàm số.
b. Dùng đồ thị tìm giá trị nhỏ của y, giá trị lớn nhất của y.
Câu 4(4đ): Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2 2 2 2
( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + +
Câu 5(6đ): Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác. Đường vưông góc
với CI tại I cắt AC, AB theo thứ tự tại M,N. Chứng minh rằng:
a. AM.BN = IM
2
= IN
2
;
b.
2 2 2
1
IA IB IC
bc ca ab
+ + =

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM.
Câu Nội dung Điểm
1 a.Biến đổi biểu thức được:
A =
2
( 2) 2x x x x− − = − −
Điều kiện xác định của A là:

2 2
2
0

3
3
3
3
7 5 2
1 3 2 6 2 2
(1 2)
1 2
+
= + + +
= +
= +
Tương tự:
3
7 5 2 1 2− = −
Do đó: A = 1+
2 1 2+ −
= 2
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,75 đ
0,5 đ
3
a. y =
2 2
( 1) ( 1)
1 1
x x
x x

> 1
0,25 đ
0,25đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
4
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ 2
2 2 2 2
( )( )a b c d+ + ≥

a
2
+ b
2
+ c
2
+ d

⇔
a
2
c
2
+ a
2
d
2
+ b
2
c
2
+ b
2
d
2

≥
a
2
c
2
+ b
2
d
2
+ 2abcd

⇔


A
Vẽ hình. M
â B N C
a. Ta có
·
·
·
µ
90
2
C
AMI INB AIB
 
= = = +
 ÷
 ÷
 
o
AMIV

( . ),AIB g g AIBV V

INBV
(g.g)
Nên các tam giác AMI và INB đồng dạng.
Suy ra:

=
(2)
Xét tam giác MIC vuông tại I, ta có IC
2
= CM
2
– IM
2
.
Do IM
2
= m.n (câu a) và CM = CN nên
IC
2
= ( b – m )( a – n) – mn = ab – bn – am + mn - mn
= ab – bn – am.
Do đó
2
1
IC n m
ab a b
= − −
(3).
Từ (1), (2), (3) suy ra .
2 2 2
1
IA IB IC
bc ca ab
+ + =
0,25 đ

4x + ax = -1




a. Giải hệ khi a =3
b. Với giá trị nào của a thì hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm.
Câu 4: (4 điểm)
Một ô tô dự định đi từ A đến B trong một thời gian nhất định. Nếu xe chạy mỗi giờ nhanh hơn 10km
thì đến sớm hơn dự định 3 giờ, còn xe chạy chậm lại mỗi giờ 10km thì đến nơi chậm mất 5 giờ. Tính
vận tốc của xe lúc đầu, thời gian dự định và chiều dài quãng đường AB.
Câu 5: (6 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Lấy một điểm M trên đường chéo BD chiếu lên AB và AD tại E và F.
a. Chứng tỏ: CF = DE và CF
⊥
DE
Tìm quỹ tích giao điểm N của CF và DE
b. Chứng tỏ: CM = EF và CM
⊥
EF
c. Chứng minh rằng các đường thẳng CM, BF và DE đồng quy tại một điểm.
= = = = = =  hết  = = = = = =
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1:
A =
9 17 9 17 2+ − − −
=
18 2 17 18 2 17
2
2 2

=
17 1 17 1
2
2 2
+ −
− −
(vì
17 1>
) 1,0 điểm
=
2
2 2 2 0
2
− = − =
0,5 điểm
Câu 2:
P =
2 2
9 6 1 9 30 25x x x x− + + − +
=
( ) ( )
2 2
3 1 3 5x x− + −
0,5 điểm
=
3 1 5 3 3 1 5 3 4x x x x− + − ≥ − + − =
(vì
A A≥
) 1,0 điểm
Dấu “=” xảy ra

<=>
1)33(34
33
−=−=
−=
xx
xy
0,5 điểm

<=>
105
33
−=−
−=
x
xy
<=>
2
33
=
−=
x
xy
<=>
3
2
−=
=
y
x

±≠⇔≠⇔≠− aaa
0,5 điểm
Muốn (I) vô nghiệm thì:
031
04
2
≠−−
=−
a
a

⇔

13
4
2
−≠
=
a
a
0,5 điểm3
1
2
≠
±=
a
a

x y xy
− + =



+ − =


0,5 điểm
10 3 30
10 5 50
xy x y xy
xy x y xy
+ − − =

⇔

− + − =

10 3 30
10 5 50
x y
x y
− =

⇔

− + =

0,5 điểm

DECE
=

ta có
( . . )CDF DAE c g c CF DE∆ = ∆ ⇒ =
0,5 điểm
Ta cũng có
µ
¶
1 1
C D=

mà
¶
·
0
1
90D NDC+ =
=>
µ
·
0
1
90C NDC+ =
=>
·
0
90CND =
hay
DECF ⊥


mà FM =AE (vì AEMF là hình chữ nhật)
=> DF=FM <=>
FDM∆
vuông cân
·
0
45FDM M DB⇒ = ⇒ ∈
Vậy quỹ tích của N là 1/4 cung DNO của đường tròn đường kính CD. 1,0 điểm
b. Chứng tỏ
EFCM =
và
EFCM ⊥

gọi K là giao điểm của FM và CB ta có:
DFCK =
=>
FMCK =
0,5 điểm
tương tự :
MEMK =
Do đó:
( . . )CKM FME c g c CM EF∆ = ∆ ⇒ =
0,5 điểm
Ta cũng có:
·
·
= ⇒ ⊥KCM MFE CM EF
. 0,5 điểm
c. Chứng minh CM, BF, DE đồng quy

c) Tớnh giỏ tr ca B bit
= + +x 4 7 4 7 2
Bi 3: (3,0 điểm) Cho hệ phơng trình:
(I)
2 1
( 1) 2
mx my m
x m y
+ = +


+ + =

(Với m hng số)
a. Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất.
b. Chứng tỏ rằng khi m thay đổi và hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất
(x; y) thì điểm M(x;y) luôn thuộc một đờng thẳng cố định.
Bi 4: (3,0 điểm)
Cho ba s a, b, c tho a + b+ c = 0. CMR: a
3
+ a
2
c abc + b
2
c + b
3
= 0
Bi 5: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB = c; AC = b; BC = a, phân giác AD
a) Chứng minh hệ thức AD

+
(0,5 ®iÓm)

1
3 4+
=
3 4 3 4
4 3
4 3 1
− −
= = −
− −

Tương tự ta có
1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 2009 2010
A = + + + +
+ + + +
=
2 1 3 2 4 3 2010 2009− + − + − + + −
(0,5 ®iÓm)
=
1 2010 2010 1− + = −
(0,5 ®iÓm)
Bài 2: (5,0 ®iÓm) Cho biểu thức:
= − +
+ + − +
1 3 2
B

( 1)( 1)
x x
x x x
+
+ − +
(0,5 ®iÓm)
=
( 1)
( 1)( 1)
x x
x x x
+
+ − +

=
1
x
x x− +
(0,5 ®iÓm)
Vậy B =
1
x
x x− +
(0,5 ®iÓm)
c)
= − − + +x 4 7 4 7 2
=
2(4 7) 2(4 7)
2
2 2



[ ]
2 ( 1) 2 1
2 1
2 ( 1)
2 ( 1)
m m y my m
mx my m
x m y
x m y

+ + = +
+ = +


<=>

= +
= +



(0,5 điểm)

[ ]
2 ( 1) 2 1
2 ( 1)
.( 1) 1 (1)
2 ( 1)

( 0,5 điểm)
b. Khi
0
1
m
m





ta có hệ (I) có nghiệm duy nhất (x; y) = (1-
1
m
;
1
m
) (0,5 điểm)
Ta thấy y = - x + 1 (0,5 điểm)
=> Khi m thay đổi thì M(x; y) luôn nằm trên đờng thẳng cố định y = - x + 1
( 0,5 điểm)
Bi 4: (3,0 điểm)
Cho ba s a, b, c tho a + b+ c = 0. CMR: a
3
+ a
2
c abc + b
2
c + b
3

+ b
2
) + c(a
2
+ b
2
) ab(a + b) abc (0,5 điểm)
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
) ab(a + b) abc (0,5 điểm)
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
) ab(a + b + c) + abc abc (0,5 điểm)
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ ab) = 0.(a
2
+ b
2
+ ab) =0 pcm. (0,5 điểm)
Bài 5:(4 điểm)
Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp

ABC

AC
AD
AE
AB
=


AB.AC = AD.AE (2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) suy ra: AD
2
= AB.AC BD.DC (0,5 điểm)

b) Vì AD là phân giác

CA
BA
DC
DB
=
(0,5 điểm)


==
b
DC
c
DB
cb
a
bc

Gọi AB là dây bất kỳ đi qua I. Ta có:
A
B
N
M
I
O
A
B
C
E
D
AB

2.R = 2.50 = 100. (1) (0,5 điểm)
Kẻ dây MN

OI tại I.
Chỉ ra đợc:
AB

MN (0,5 điểm)
Mà MN =
2 2 2 2
50 14 48ON IO = =
Vậy AB

48 cm (2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) ta có: 48


Bài 3 ( 4 điểm ). Giải phương trình :
a.
+ = −
2x 1 3x 2
b. x
2
– 2 = ( 2x + 3 )( x + 5 ) + 23
Bài 4 ( 1 điểm ) Cho ba số thức x, y, z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng :
x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz = =
1
2
[( x - y )
2
– ( y –z

)
2
- ( x–z )
2
]
Bài 5 ( 1 điểm ).Giải bất phương trình :
<
−
2008

= ( 3x – 2y - 8 ) ( 3x – 2y + 8 )
1điểm
1điểm
b .x
2
+ 7x + 10 = x
2
+5x +2x + 10 =
= x(x+5) + 2(x+5) = (x+5)(x+2)
1điểm
1điểm
Bài 2 : a. x
2
- 7x + 10 = (x-5 )(x -2).
Điều kiện để A có nghĩa là x
≠
5 và x
≠
2.

− − −
= + − =
− −− +
− + − − − − −
=
− −
− + − − − − −
= = =
− − − − −
2

Bài 3 a. Ta xét các trường hợp sau :
Trường hợp 1 :

≥ − ⇔ + ≥ ⇒ + = −
⇔ + = − ⇔ =
1
x 2x 1 0 2x 1 3x 2
2
2x 1 3x 2 x 3
Ta thấy x =3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình.
Trường hợp 2 :

≤ − ⇔ + < ⇒ + = −
⇔ − + = − ⇔ = ⇔ =
1
x 2x 1 0 2x 1 3x 2
2
2x 1 3x 2 5x 1 x 0,2
Ta thấy x =0,2 không thuộc khoảng đang xét
Vậy nó không là nghiệm của phương trình.Vậy phương trình có nghiệm x=3
b.

[ ]
− = + + +
⇔ − = + +
⇔− + = + +
⇔− + − + + =
⇔+ −− − =
⇔− −− =
⇔−= ⇒=

– 3xyz – 3xy(x + y)
= ( x + y + z )[( x +y )
2
– (x - y)z + z
2
] - 3xy( x+ y + z )
= ( x + y + z )[( x +y )
2
– (x - y)z + z
2
- 3xy]
= x
2
+ y
2
+ z
2
–xy – yz - zx
=
1
2
[( x
2
– 2xy + y
2
) – ( y
2
– 2yz + z
2
) - ( x

⇔

< −


2008 2008 2009x
2009 0
x x
(2009x 2008)x 0
x 0
2008
x
2009

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 6 : ( gợi ý đáp án )
a.Ta có
⊥ ⊥
BG AB,CH AB
nên BG // CH.
Tương tự :
⊥ ⊥
BH AC,CG AC
nên BH // CG.
Vì vậy tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối song song là hình bình hành.
Do dố hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vậy GH đi qua trung điểm M của cạnh BC.

∆
EDC
.
Vậy :
· ·
=
BDF CDE
.
d.Ta có
· · · ·
·
·
·
·
· ·
= ⇒ − = −
− = − ⇒ =
0 0
90 90BDF CDE BDF CDE
ABH 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 ,
nên H là giao điểm của ba đường phân giác tam giác DEF.
Vậy : H cách đều ba cạnh của tam giác DEF.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0, 5 điểm