UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: 2014 – 2015
Môn thi: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ SỐ 1
Bài 1: (2điểm). Cho biểu thức B =
1 1 x x x
x 1 x x 1 x x 1
−
+ +
− − − + −
a. Rút gọn biểu thức B.
b. Tìm x để B > 0.
c. Tìm giá trị của B khi
53
9 2 7
x =
−

Bài 2: (2điểm).
a. Giải phương trình :
1 4 5 1 4 5 4x x x x− + − + − + − − =

b. Chứng minh rằng
10
là số vô tỉ.
Bài 3: (1.5điểm).
a. Vẽ đồ thị hàm số
2 1y x= +

2
2
1
( 2)
abc n
cba n

= −


= −



Với n là số nguyên lớn hơn 2.
……………………….Hết………………………
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ 1
Bài Hướng dẫn Điểm
Bài 1
2đ
a. ĐKXĐ : x > 1.
B =
1 1 x x x
x 1 x x 1 x x 1
−
+ +
− − − + −

2
4( 1)x x⇔ > −2
( 2) 0 (*)x⇔ − >

(*) đúng với mọi
2x ≠
. Vậy B > 0 khi x > 1 và
2x ≠

0,25đ
0,25đ
0,25đ
c.
53 53(9 2 7)
9 2 7
81 28
9 2 7
x
+
= = = +
−
−
(TM)
thay vào B =
2 1x x− −
ta có:
B =

( 5 2).(2 5) 0x x⇔ − + − − ≥

(2 5) 0x⇔ − − ≥
(vì
5 2 0x − + >
)
2 5
9
x
x
⇔ ≥ −
⇔ ≤

Kết hợp với điều kiện, ta có
5 9x≤ ≤

Vậy nghiệm của phương trình là :
5 9x≤ ≤
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b . Giả sử:
10
là số hữu tỉ. Đặt
*
10 (a, b N ,UCLN(a;b)=1)
a
b
= ∈

1
2 1 khi x -
2
2 1
1
2 1 khi x<
2
x
y x
x

+ ≥


= + =


− − −


Nhận xét rằng
0y ≥
với mọi x.
Ta có đồ thị hàm số :

Vẽ đúng đồ thị
0,25đ
0,5đ
b. Giả sử M(x
0

(x + y )
2
= ( x - 1 )( y + 1 )
⇔ x
2
+ 2xy + y
2
= xy + x - y - 1
⇔ x
2
+ xy + y
2
- x + y + 1 = 0
⇔ 2x
2
+ 2xy + 2y
2
-2x + 2y + 2 = 0
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1

x
y
O
O
H
N

= 0
Vậy phương trình có nghiệm nguyên là : x = 1; y = -1
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5
(2.5đ)
a. Vẽ OH vuông góc với CD, OH cắt EF tại K, suy ra HK vuông
góc với EF ( vì CD // EF). Suy ra HC = HD; KE = KF.
Ta chứng minh được
HOM KON∆ = ∆
( cạnh huyền - góc nhọn)
Suy ra OH = OK, suy ra CD = EF, từ đó suy ra tứ giác CDEF là hình
bình hành.
Lại có KH là đường trung bình của hình bình hành CDFE, nên HK // CE,
suy ra
·
·
0
90ECD KHD= =
. Vậy tứ giác CDFE là hình chữ nhật.
0,5đ
0,5đ
0.25đ
b. Ta có
·
0
2 3
. . . 60
3 3

(đvdt)
0,5đ
0,25đ
0,5đ
Bài 6
(1đ)
a. Áp dụng bất đẳng thức x
2
+ y
2

≥
2xy ( với mọi x, y ), ta có:

4 4 4 4 4 4 4 4 4
1 1 1
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b c a b b c c a+ + = + + + + +2 2 2 2 2 2
a b b c c a≥ + +
(1)
Mặt khác :
2 2 2 2 2 2
a b b c c a+ +

2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1

≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
⇔ ≤ − ≤

Từ (3) và (4)
4 5 99 26n n⇒ − = ⇒ =

Vậy
675.abc =

0,25đ
0,25đ
Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: 2014 – 2015
Môn thi: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ SỐ 2
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Cho
3 5 7 3 5
2 2
x
+ + −
=
. Tính
( )
2014
2

( )
x; y
của phương trình :
2 2
x 3y 2xy 2x 10y 4 0− + − − + =
2. Giải phương trình :
2 2
x 7x 6 x 3 x 6 x 2x 3− + + + = − + + −
3. Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng :
2 2 2
x y z x y z
y z z x x y 2
+ +
+ + ≥
+ + +
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho (O;R) và đường thẳng d không giao nhau. Qua M thuộc đường thẳng d kẻ
các tiếp tuyến MA, MB với (O) ( A, B là các tiếp điểm). Kẻ OC vuông góc với
đường thẳng d tại C. Gọi F,G thứ tự là giao điểm của AB với OM và OC.
a) Chứng minh rằng tam giác OFG đồng dạng với tam giác OCM.
b) Chứng minh rằng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên
đường thẳng d.
c) Tìm vị trí của điểm M trên đường thẳng d để AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho a, b, c là các số dương tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T
3 3 3
a b c
a b c b a c c b a

=
+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +

- 2m = (m - 2)x - m
2
- m + 1
0,25đ
⇔ x = m + 1
0,25đ
Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m
2
- 2m 0,25đ
⇔ y = -2m - 1
0,25đ
Toạ độ điểm G là (m + 1 ; -2m - 1) 0,25đ
Có y = -2m - 1 = -2(m + 1) + 1 0,25đ
Mà x = m + 1
⇒ y = -2x + 1
0,25đ
Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + 1 cố
định. Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + 1 cố định khi m
thay đổi
0,25đ
Câu 3
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
a) Ta có :
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x

⇔ − − + + − + + + =
⇔ + + − − = −
Vì x, y nguyên nên
( )
x 3y 1+ +
và
( )
x y 3− −
nguyên các trường hợp :
0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=

+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM

+ + = − + = − = − − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
− − = − = = − = −
   
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
{ }
x; y 3;1 ; 7; 3 ; 3;1 ; 1; 3∈ − − −
0,25đ
0,25đ
b)Ta có
( ) ( )
2
x 7x 6 x 1 x 6− + = − −
và
( ) ( )
2
x 2x 3 x 1 x 3+ − = − +
nên
0,25đ
Cõu NI DUNG im
Cõu 1
(2,0im
)
a) Ta cú :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5

0,25
0,25
b) Vỡ x, y, z nguyờn dng;
xyz 100 xyz 10= =
Ta cú :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy

x 6 x 3 x 1 1 0
x 6 x 3 0 x 6 x 3 x 6 x 3 0x 9 (
x 1 1 0 x 1 1 x 1 1 x 2 (
+ + = + +
+ + =
+ =

+ = = + = + =

= = = =


vo õnghieọm)
loaùi vỡ khoõng thoỷa maừn ẹKXẹ)
Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim
0,25
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5

= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ

z x 4 z x 4 z x 4
+ + +
+ + ≥ = ⇒ ≥ −
+ + +
(2)
Dấu “=” có ở (2)
2y z x⇔ = +
2 2 2
z x y z x y z x y
) 2. . z z
x y 4 x y 4 x y 4
+ + +
+ + ≥ = ⇒ ≥ −
+ + +
(3)
Dấu “=” có ở (3)
2z x y⇔ = +
0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5

Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1



= +

0,25đ
0,25đ
Câu 4
(3,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5
4
5 1 3 5 4
1
4 4
+ + −
=
+ + −

= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(2,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Hình vẽ

+ + −
=
+ + −
= = =
x
Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +

OFG OCM 90= =
;
·
FOG
(chung)
∆OFG∼ ∆OCM
0,5đ
b)
1,0 điểm
∆OFG∼ ∆OCM ⇒ OF.OM = OG.OC
0,25đ
Do MA là tiếp tuyến của (O)
·
0
MAO 90⇒ =
lại có AF⊥OM
Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông MOA ta có:
OG.OC = OF.OM = OA
2
= R
2

2
OG =
R
OC
⇒
0,5đ
Mà (O); d cố định nên OC cố định và không đổi
⇒ G cố định

Do đó :
( )
( )
2014
2014
2
P(1) 1 1 1 1 1= − − = − =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Vì x, y, z nguyên dương;
xyz 100 xyz 10= ⇒ =
Ta có :
( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M

Câu 5
(1,0điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
đặt x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a
⇒ x + y + z = 5( a + b + c) =5(x – 2a ) = 5(y – 2b) =5(z – 2c)
0,25đ
⇒ 4x –(y +z) =10a; 4y –(x +z) =10b ; 4z –(y +x) =10c ;
0,25đ
⇒
4 ( ) 4 ( ) 4 ( )
10T
x y z y x z z x y
x y z
− + − + − +
= + +

0,25đ
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
(2,0điểm
)
a) Ta có :
( ) ( )
2 2
3 5 7 3 5
2 2
6 2 5 14 6 5
4
5 1 3 5
4

( )
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
= + +
+ + + +
+ +
= + +
+ + + + + +
+ +
= =
+ +
y
x 10 z
M
xy x 10 yz y 1 xz 10 z 10
xy
x 10 z
xy x 10 xyz xy x xz 10 z xyz
xy
x 10 z
xy x 10 10 xy x
z x 10 xy
xy
x 10
xy x 10 xy x 10 xy x 10
x xy 10
1
xy x 10

Năm học 2014-2015
Môn thi: Toán - Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2,0 điểm).
Cho biểu thức:
2 1 4
.
3
1 1
x x
P
x x x
+
 
= −
 ÷
+ +
 
a. Rút gọn P.
b. Tìm các giá trị của x để P =
8
9
.
c. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2: (2,0 điểm).
a. Không dùng máy tính hãy so sánh :
2014 2015
2015 2014
+
và

cb
a
Tính giá trị biểu thức Q =
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
222
.
b. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x
2
+ 2y
2
+ 2xy + 3y – 4 = 0
Bài 4: (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a. Chứng minh rằng:
Tam giác
AEF
đồng dạng với tam giác
ABC
và
2

=++
15
8
3
xzzx
zyyz
yxxy
Tính giá trị của biểu thức P = x + y + z.
HẾT
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán - Lớp 9
Bài 1 : (2,0 điểm).
Phần Đáp án Điểm
Tìm được ĐK:
0x
≥
0,25đ
a
2 1 4
.
3
( 1)( 1) 1
2 ( 1) 4
.
3

+ − +
=
− +
0,25đ
0,25đ
b
1 2
8
2 5 2 0 2 4 2 0
9
1
2 ( 2) ( 2) 0 ( 2)(2 1) 0 4; ( )
4
P x x x x x
x x x x x x x TM
= ⇔ − + = ⇔ − − + =
⇔ − − − = ⇔ − − = ⇒ = =
Vậy x = 4; x =
1
4
thì P =
8
9
.
0,25đ
0,25đ
c
+) Vì x
≥
0 nên 4

≤
.
Dấu ”=” xảy ra khi x = 1. Vậy maxP =
4
3
khi x = 1.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 2: ( 2,0điểm).
Phần Đáp án Điểm
a
2014 2015 2015 1 2014 1
2015 2014 2015 2014
1 1
2015 2014 2015 2014
2014 2015
− +
+ = +
= + + − > +
Vậy
2014 2015
2015 2014
+
>
2014 +

2015
.
0,25đ

- Vì a.b = 1 nên
( )
( )
( )
2
2 2
2
2
2
2
− +
+
=
− −
− +
= = − +
− −
a b ab
a b
a b a b
a b
a b
a b a b
- Do a > b > 0 nên áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương
Ta có :
( ) ( )
2 2
2a b a b
a b a b
− + ≥ − ×

b
a
a
(vô lí).
Khi a + b + c
0≠
ta có:

.)( cbacba
ba
c
ac
b
cb
a
++=++



+
+
+
+



+
cba
ba
c

c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
222
+ a + b + c = a + b + c
⇒

ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
222
= 0
⇒

Q = 0.


⇔
(y - 1)(y + 4) = - (x

+ y)
2
(2)
0,25đ
Vì - (x

+ y)
2

≤
0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4)
≤
0
⇔
- 4
≤
y
≤
1
Vì y nguyên nên y
∈

{ }
4; 3; 2; 1; 0; 1
− − − −
.

∆ ∆
:
suy ra
2
2
cos
AEF
ABC
S AE
A
S AB
 
= =
 ÷
 

Hình
vẽ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
b
Tương tự câu a,
2 2
cos , cos .
CDE
BDF
ABC ABC
S
S

ABC
S
HC CE HC HB CE HB
C HEC
AC CF AC AB CF AB S
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =:

Tương tự:
.
.
HAB
ABC
SHB HA
AC BC S
=
;
.
.
HAC
ABC
S
HA HC
AB BC S
=
. Do đó:
0,25đ
A
B
C
F

3(xy + yz + zx) (*)
Áp dụng (*) ta có:
2
. . .
3. 3.1 3
. . .
HA HB HC HA HB HB HC HC HA
BC AC AB BC BA CACB AB AC
   
+ + ≥ + + = =
 ÷  ÷
   

Suy ra
3
HA HB HC
BC AC AB
+ + ≥
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5: (1,0 điểm).
Phần Đáp án Điểm
a
Gọi các số nguyên dương phải tìm là : x; y; z . Theo đề bài ta có :
x + y + z = xyz (1)
Vì các ẩn x , y , z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có
thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn chẳng hạn : 1 ≤ x ≤ y ≤ z .
⇒ xyz = x + y + z ≤ 3z



=++
=++
=++
⇔
16)1)(1(
9)1)(1(
4)1)(1(
xz
zy
yx
⇒
[(x + 1 )(y + 1)(z + 1)]
2
= 476
Vì x, y, z là các số dương nên (x + 1 )(y + 1)(z + 1) = 24.
61;
2
3
16
24
1;
3
8
9
24
1
=+==+==+⇒
zyx

+ − + −
a) Rút gọn P.
b)Tìm các giá trị nguyên của x sao cho P nhận giá trị nguyên.

Bài 2: (2,0 điểm) Giải các phương trình:
a)
3 4 1 8 6 1 5x x x x
+ − − + + + − =
b)
3 3 3
2 2 5x x x+ + − =
Bài 3: (2,0 điểm)
a) Cho x + y = 16, tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A =
5 6x y
− + −
b) Cho B =
2012 2013 2014+ +
; C =
2009 2011 2019+ +
. Không dùng bảng số
và máy tính hãy so sánh B và C.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ một điểm M di
động trên đường thẳng d
⊥
OA tại A Vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C
là các tiếp điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.
a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố
định.
b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định. Tìm bán kính đường

x x
+ − − + − − − +
− +
P=
3 2
( 1)( 2)
x x
x x
+ +
− +
P=
( 1)( 2)
( 1)( 2)
x x
x x
+ +
− +
P=
1
1
x
x
+
−
ĐKXĐ x
0
≥
và x
≠
1

-1=1
⇔
x=4 ;
x
-1=2
⇔
x=9
Kết luận x
∈
{ }
0;4;9

thì P
∈
Z
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2: (2 điểm)
Ý/phần Đấp án Điểm
a, ĐKXĐ: x
≥
1
3 4 1 8 6 1 5x x x x
+ − − + + + − =
⇔
2 2
( 1 2) ( 1 3) 5x x
− − + − + =

⇔
2
3
5 ( 4)x x x
− =
⇔
5x
3
-20x=x
3
⇔
4x(x
2
-5)=0
Giải ra và kết luận P.Trình có tập nghiệm S =
{ }
0; 5±
0,25
0.25
0,25
0,25
Bài 3: (2 điểm)
Ý/phần Đấp án Điểm
a, ĐKXĐ:x
≥
5;y
≥
6 Từ x + y = 16
⇒
y = 16 - x

10
dấu “=” xảy ra
⇔
x=7,5
A
max
=
10
⇔
x=7,5 ;y=8,5
0,25
0,25
0,25
0,25
b,
3 3
2012 2009
2012 2009 2019 2014
− = >
+ +
2 2
2013 2011
2013 2011 2019 2014
− = >
+ +
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
2012 2009−
+
2013 2011−
>

AOM(g.g)
⇒
OA.OK=OH.OM
Âp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào
∆
OBM vuông tại H
có: OH.OM=OB
2
=R
2

⇒
OA.OK=R
2

⇒
OK=
2
R
OA

không đổi, nên K cố định trên OA.
Vậy BC luôn đi qua điểm K cố định.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b,
.