Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 các tỉnh môn Toán (2008-2009)

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

3
2
+ x
Câu 2: Phơng trình x
4
2mx
2
3m
2
= 0 ( m

0 ) có số nghiệm là:
A. Vô nghiệm B. 2 nghiệm C. 4 nghiệm D. không xác định đợc
Câu 3: Phơng trình
9
15x3
2
2


x
x
= x -
3x
x
có tổng các nghiệm là:
A. 4 B. - 4 C. -1 D. 1
Câu 4:Cho a + 90
o
. Hệ thức nào sau đây là SAI ?

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 +

) D.

a
2
(
25 +
)
Câu 6: cho tga =
4
3
, giá trị của biểu thức C = 5sin
2
a + 3cos
2
a là:
A. 3,92 B. 3,8 C. 3,72 D. 3,36
II Phần tự luận:
Bài 1: Cho P =








+


x

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.

Bài 3: từ điểm M ở ngoài đơng tròn (O; R) vẽ tiếp tuyến MA đến đờng tròn. E là trung điểm AM; I,
H làn lợt là hình chiếu của E và A trên MO. Từ I vẽ tiếp tuyến MK với (O)
a. chứng minh rằng I nằm ngoài đờng tròn (O; R).
b. Qua M vẽ cát tuyến MBC ( B nằm giữa M và C ). Chứng minh tứ giác BHOC nội tiếp
c. Chứng minh HA là phân giác của góc BHC và tam giác MIK cân.
/>1
Vừ c Huy - THCS Hoi Thanh Hoi Nhn Bỡnh nh
Sở giáo dục và đào tạo TP Hải Phòng
Trơng THPT
đáp án tuyển sinh vào lớp 10
Năm học: 2008 - 2009
Đáp án này có 1 trang
I Phần trắc nghiệm
Câu 1: B
Câu 2: B
Phơng trình trung gian có ac = -3m
2
< 0 suy ra phơng trình trung gian có hai nghiệm trái dấu ýuy ra
phơng trình có hai nghiệm.
Câu 3: D
Câu 4: D
Câu 5: C
Ta có I = AC =
5a
suy ra S
tp
=

RL +

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-

3
; x

1
Bài 2:
a. Với m = 3 (d) là y = 2x +3, đồ thị đi qua điểm (0; 3) và (
0;
2
3

)
( Bạn đọc tự vẽ đò thị)
Hoành độ giao điểm là nghiệm của phơng trình x
2
= 2x =3
Giao điểm của parabol và đờng thẳng (d) là (-1 ; 10 ) và ( 3 ; 9 )
b. Để (P) tiếp xúc với (d) thì phơng trình x
2
= 2x + m có nghiệm
kép

x
2
2x m = 0 có

= 1 = m = 0

m = -1
Bài 3:
Bạn làm tự vẽ hình.

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

= MH.MO



MBH

MOC



H
1
=

C
1


tứ giác BHOC nội tiếp.
c. Từ trên ta có

CHO =

B
1
=

C
1
= H

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

= ME
2
IE
2
= MI
2
(4)
Từ (3) và (4) suy ra IK = IM, vậy tam giác MIK cân tại I
/>2
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
ĐỀ THI TS VÀO 10 TỈNH HẢI DƯƠNG
Năm học : 2008 – 2009
Khoá thi ngày 26/6/2008 - Thời gian 120 phút
Câu I: (3 điểm)
1) Giải các phương trình sau:
a)
5.x 45 0− =
b) x(x + 2) – 5 = 0
2) Cho hàm số y = f(x) =
2
x
2
a) Tính f(-1)
b) Điểm
( )
M 2;1
có nằm trên đồ thị hàm số không ? Vì sao ?
Câu II: (2 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
P =

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

⊥

AC.
3) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC
2
.
Câu V: (1 điểm)
Cho biểu thức :
B = (4x
5
+ 4x
4
– 5x
3
+ 5x – 2)
2
+ 2008.
Tính giá trị của B khi x =
1 2 1
.
2
2 1
−
+
/>3
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Giải
Câu I:
1) a)
5.x 45 0 5.x 45 x 45 : 5 x 3.− = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

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

( )
( )
2
2
f 2 1
2
= =
.
Câu II:
1) Rút gọn: P =
4 a 1 a 1
1 .
a
a 2 a 2
 
− +
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
+ −
 
 
=
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
a 1 a 2 a 1 a 2
a 4
.

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

−
.
Theo đề bài :
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 x 1 x 5 1 x x x x 5+ + = ⇔ + + + =

⇔

( )
( )
2
2
1 2 1 2 1 2
1 x x x x 2x x 5+ + + − =
.
Theo Vi-ét : x
1
+ x
2
= 2 ; x
1
.x
2
= -2m.
⇒
1 + 4m

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:

/>4
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
M
F
E
D
B
C
O
A

3) Xét hai tam giác ACF và ECB có góc C chung ,
µ
µ
0
A E 90= =
. Do đó hai tam giác ACF và ECB
đồng dạng
⇒

AC EC
CE.CF AC.CB
CF CB
= ⇒ =
(1).
Tương tự
∆
ABD và
∆
AEC đồng dạng (vì có

·
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

2 1 2 1
−
− −
= =
+
+ −
.
⇒
x
2
=
3 2 2
4
−
; x
3
= x.x
2
=
5 2 7
8
−
; x
4
= (x
2
)
2
=
17 12 2

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.

2 1
2
−
- 2
=
29 2 41 34 24 2 25 2 35 20 2 20 16
8
− + − − + + − −
= -1.
Vậy B = (4x
5
+ 4x
4
– 5x
3
+ 5x – 2)
2
+ 2008 = (-1)
2
+ 2008 = 1 + 2008 = 2009.
/>5
1) Ta có
·
0
FAB 90=
(Vì FA
⊥
AB).
·
0

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

. Trong đường tròn (O)
ta có
·
·
1
AEB BMD
2
= =
sđ
»
BD
.
Do đó
·
·
AFB BMD=
. Mà hai góc này ở vị trí
so le trong nên AF // DM. Mặt khác AF
⊥

AC nên DM
⊥
AC.
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
Bài 1 ( 1 điểm ):
a) Thực hiện phép tính:

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
+
−=+
.

Bài 3 (1,5 điểm ):
a) Cho hàm số
2
x
2
1
y −=
, có đồ thị là (P). Viết phương trình đường thẳng đi qua hai
điểm M và N nằm trên (P) lần lượt có hoành độ là
2−
và 1.
b) Giải phương trình:
1xx2x3x3
22
=+−+
.
Bài 4 ( 2 điểm ):
Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo là O. Đường thẳng qua O
song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh:
1
AB
MO
CD
MO
=+
.
b) Chứng minh:
.
MN

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.

c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 6 ( 1 điểm ):
/>6
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
a) Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng:
yx
x
y
y
x
22
+≥+
.
b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng
n4
4n +
là hợp số.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM Năm học 2008-2009
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
I. Hướng dẫn chung:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như
hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không
sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
II. Đáp án:
Bài Nội dung Điểm

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

≥+−−=
−++−−−=−−
Dấu “ = “ xảy ra khi
4
8033
x
2
1
2008x =⇔=−
(thỏa mãn). Vậy giá trị nhỏ nhất
cần tìm là
4
8033
xkhi
4
8031
=
.
0,25
0,25
2
(1,5đ)
a) Khi m =
2
ta có hệ phương trình






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





−
=
+
=
⇔
5
625
y
5
522
x
0,25
0,25
0,25
b) Giải tìm được:
3m
6m5
y;
3m
5m2
x
22
+
−
=
+

+
=
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

/>7
ĐỀ CHÍNH THỨC
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Giải tìm được
7
4
m =
0,25
3
(1,5đ)
a) Tìm được M(- 2; - 2); N
)
2
1
:1( −
Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng đi qua M và N nên





−=+
−=+−
2
1
ba
2ba2
Tìm được
1b;
2

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

01xx1xx
22
=−+⇔=+
. Giải ra được
2
51
x
+−
=
hoặc
2
51
x
−−
=
.
0,25
0,25
0,25
Hình vẽ

O
A
B
C
D
N
M
0,25
a) Chứng minh được

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

CD
NO
=+
(2)
(1) và (2) suy ra
2
AB
MN
CD
MN
hay2
AB
NOMO
CD
NOMO
=+=
+
+
+
Suy ra
MN
2
AB
1
CD
1
=+
0,25
0,25
c)

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

=⇒=⇒
=⇒===
Tương tự
n.mS
BOC
=
. Vậy
222
ABCD
)nm(mn2nmS +=++=
0,25
0,25
/>8
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
5
(3đ)
Hình vẽ (phục vụ câu a)

O
I
C
D
M
B
A
0,25
a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau
- sđ góc AMB bằng sđ cung AB
Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau
O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp

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

y
x
22
+≥+
(1)

0)yx)(yx()yx(xyyx
233
≥−+⇔+≥+⇔
(2)
(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi
0y,0x >>
0,25
0,25
b) n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự
nhiên lớn hơn 0.
- Với n = 2k, ta có
k24n4
4)k2(4n +=+
lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do đó
n4
4n +
là hợp số.
-Với n = 2k+1, tacó

2k2k22k4k24n4
)2.n.2()4.2n()4.2(n4.4n4n −+=+=+=+
= (n
2
+ 2

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 =======================

/>9
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Đề thi và lời giải
/>10
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Lời giải môn Toán
Bài I.Cho biểu thức
xx
x
x
x
x
P
+








+
+= :
1
1
a) Rút gọn P
( ) ( )
( ) ( )
( )

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
:

1
1
:
1
1
++
=
+
+
++
=
++
++
=
++
++
=
+








+
+=
b) Tính giá trị của P khi x = 4
Với x = 4 thì

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)

03103
2
=+−⇔ tt
; Giải phương trình ta được




=
=
3
1
3
t
t
(thoả mãn điều kiện)
*) Với t = 3
93 =⇔=⇔ xx
*) Với
9
1
3
1
3
1
=⇔=⇔= xxt
Bài II. 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)
/>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

22
=−−⇔+= mxxmxx
Học sinh có thể giải theo một trong hai cách sau:
Cách 1.
mmm ∀>+=+=∆ 0444)2('
22
⇔ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m ⇔ (d) luôn cắt
(P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Cách 2. Vì a.c = 1. (-4) = -4 <0
m∀
⇔ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi giá trị của m ⇔ (d)
luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác
OAB theo m (O là gốc toạ độ)
/>12
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-0,5
-1
-1,5
-4
-3
-2
-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

11
2
22
121122
4
1
;
4
1
;;
xyADxyBC
xxODOCCDxxODxxOC
====
−=+=−====
Ta có
( )
( )
( ) ( )
21211
2
22
2
1
3
1
3
212
2
1
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
.

2
1
2
4
1
4
1
.
2
1
.
2
1
2
)(
xxxxxxxxxxxxxxS
xxxx
xxxx
S
ADODBCOC
CDBCAD
SSSS
OAB
OAB
OADOBCABCDOAB
−=−=+−−+=
−−−
−







+
=
−−
+
=−−=
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

21
14
14116
11616164
xxmxx
mmxx
mmxxxxxx
<+−=−⇒
+=+=−⇒
+=+=−+=−
( )
( )
1214).4.(
8
1
8
1
22
2121
+=+−−=−= mmxxxxS
OAB
Bài IV.
a) Chứng minh
∆
KAF đồng dạng với
∆
KEA
Xét (O) có
·
·

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).

- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB tại F:
/>14
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
Dễ dàng chứng minh được ∆EIF cân tại I và ∆EOK cân tại O
⇒
·
·
·
IFE OKE ( OEK)
= =
Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị
⇒ IF // OK (dấu hiệu nhận biết)
Vì
»
»
AK KB=
(chứng minh trên)
⇒
·
90
o
AOK =
⇒
OK AB⊥
Ta có IF // OK ;
OK AB⊥
⇒ IF⊥AB
Mà IF là một bán kính của (I;IE)
⇒ (I;IE) tiếp xúc với AB tại F
c) Chứng minh MN//AB

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

giác BFQ là tam giác vuông cân tại Q
Chu vi ∆KPQ = KP + PQ + KQ
mà PK = FQ (◊PFQK là hình chữ nhật)
FQ = QB (∆BFQ vuông cân tại Q) ⇒ PK = QB
PQ = FK (◊PFQK là hình chữ nhật)
⇒Chu vi ∆KPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK
Vì (O) cố định, K cố định (hs tự chứng minh K là điểm chính giữa cung
AB)
FK ≤ FO ( quan hệ đường vuông góc, đường xiên)
/>15
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
⇒Chu vi ∆KPQ nhỏ nhất = BK + FO khi E là điểm chính giữa cung AB.
Ta có FO = R
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông cân FOB tính được BK =
2R
⇒Chu vi ∆KPQ nhỏ nhất = R +
( )
2 2 1R R= +
Bài V. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 2 2
1 3 6 1 3A x x x x= − + − + − −
Đặt a = x – 2
⇒ x – 1 = a + 1; x – 3 = a -1
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 2 2
4 3 2 4 3 2 2 2
4
1 1 6 1 1
( 4 6 4 1) ( 4 6 4 1) 6( 1)

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
−

xác định với giá trị nào của x?
A. x ≥
1
4
B. x ≤
1
4
C. x ≤
1
4
và x ≠ 0 D. x ≠ 0
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x?
A. y = 2x - 1. B. y =
2
(1-
2
x).
C. y = 2 - x. D. y = 2(1- 2x).
3. Hai hệ phương trình
x 3 3
1
k y
x y
− = −


− =

và
3x 3 3

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

x
D. y = -
2
2
4
x

5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao. Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài EF
bằng:
A. 13 B.
13
C. 2
13
D. 3
13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3
3
a, khi đó sinB bằng:
/>17
ĐỀ CHÍNH THỨC
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
A.
3
2
a. B.
1
2
C.
3
2

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

2
thỏa mãn điều kiện:
x
1
2
+ x
2
2
= 10.
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3 2 2 1
2 2 3
x y
x y

− − + =


− + + =


Bài 3: (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức:
1. A =
6 3 3 6 3 3+ + −
2. B =
( ) ( )
5 2 6 49 20 6 5 2 6
9 3 11 2

+ − −
−
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

- 4x +4 = 0 ⇔ x = 2
0,5
2. Có ∆ = 3 - m. Phương trình có nghiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ m ≤ 0 (*)
0,5
3. x
1
2
+x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
-2x
1
x
2
= 4
2
-2(m+1) = 10 ⇒m = 2 thoả mãn (*)
0,5
2
Điều kiện x ≥ 2, y ≥ - 2
0,25
2 1x − =
và
2 2y + =

⇒ 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

µ µ
0
90A B= =
và
µ
µ
1 1
C I=
(cùng phụ với
¶
2
C
)⇒∆AIC∼∆BCK⇒AI.BK = AC.CB
1,0
µ
¶
0
1 2
90C K+ =
⇒
µ
¶
0
1 2
90I K+ =
⇒
µ
µ
0
1 2

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

2) Tìm giá trị của P khi x = 4
3) Tìm x để
Bài 2 ( 2,5 điểm )
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:
Tháng thứ nhất hai tổ sản xuất được 900 chi tiết máy. Tháng tjhứ hai tổ I vươt mức 15% và tổ II
vượt mức 10% so với tháng thứ nhất, vì vậy hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết máy. Hỏi tháng
thứ nhất mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu chi tiết máy?
Bài 3 ( 3,5 điểm )
Cho parabol (P): và đường thẳng (d): y = mx + 1
1) Chứng minh với mọi giá trị cả m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.
2) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ)
Bài IV (3,5 điểm )
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác A và
B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là
K.
1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA
2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính
IE tiếp xúc với đường tròn (O) tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F.
3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của AE, BE với đường
tròn (I).
4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên đường tròn (O),
với P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF và BK.
Bài V ( 0,5 điểm )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A, biết:
/>20
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định

LỜI GIẢI
Bài 1. Cho biểu thức
a) 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):

(*)
với mọi m
(*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với
mọi giá trị của m.
2) Gọi A,B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB theo m (O là gốc tọa độ)

/>22
Võ Đức Huy - THCS Hoài Thanh – Hoài Nhơn – Bình Định
SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC: 2008 – 2009 .
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 24/ 06/2008.
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức P =
a/ Xác định a ; b để biểu thức có nghĩa và hãy rút gọn P.
b/ Tính giá trị của P khi a =

và b =

.
Bài 2 : (2 điểm)
a/ Cho hệ phương trình

Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn x
2
− 2x − y > 0.
b/ Giải phương trình x
2
− x −

+

− 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

Bài 1: Cho biểu thức P =

a) P có nghĩa khi a > 0 ; b > 0 và a ≠ b
P =

=

= a − b
b) Với a =

=

=
= 3 −

+ 3 − 2

= 3 −

+ 2

− 3 =

Với b =

= 2

Do đó P = a − b =

− 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

− 2x − y > 0 thì m
2
− m − 2 > 0 ⇔ (m − 1)
2
− (

)
2
> 0
⇔ (m − 1 −

).(m − 1+

) > 0
⇔

⇔

⇔


Vậy khi m > 1 +

hoặc m < 1 −

thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x ; y) thỏa
mãn x
2
− 2x − y > 0.
b) Giải phương trình x

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

− y − 12 = 0 ⇒ y
1
= − 3 ; y
2
= 4.
Với y = − 3 ⇒ x +

= − 3 ⇔ x
2
+ 3x + 1 = 0 ⇒ x
1
=

; x
1
=


Với y = 4 ⇒ x +

= 4 ⇔ x
2
− 4x + 1 = 0 ⇒ x
3
= 2 +

; x
4
= 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)

Vận tốc ô tô khi đi một phần tư quãng đường AB là x − 15 (km/h)
Thời gian ô tô đi một phần tư quãng đường AB là

(h)
Ô tô đến B đúng giờ quy định nên ta có phương trình :

+

=

⇔

+

=

⇔ 3x(x − 15) + x(x + 10) = 4(x + 10)(x − 15)
⇔ 4x
2
− 35x = 4x
2
− 20x − 600 ⇔ 15x = 600 ⇒ x = 40 (thỏa mãn điều kiện)
Do đó vận tốc dự định của ô tô là 40 km/h.
Vậy thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 80 : 40 = 2 (giờ).
Bài 4:
1. a/ P nằm trên đường tròn tâm O
1
đường kính IC ⇒ IPC = 90
0
Mà IPC + CPK = 180

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

2
và có A = B = 90
0
Nên ∆ AIC ∆ BCK (g.g)
⇒

⇒ AI . BK = AC . BC (1)
c/ Trong (O
1
) có A
1
= I
2
(gnt cùng chắn cung PC)
Trong (O
2
) có B
1
= K
1
(gnt cùng chắn cung PC)
Mà I
2
+ K
1
= 90
0
(Vì ∆ ICK vuông tại C)
⇒ A
1

+ 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

⇔

≤


⇔

≤

⇔

≤

.
Vậy AC . BC lớn nhất khi AC . BC =

⇔ AC = BC =

⇔ C là trung điểm của AB.
Vậy S
ABKI
lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
Bài 5:
Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn : 1003x + 2y = 2008.
• Cách 1 :
/>25
P
K
I
C
B
A
2
2
1
1
1
1

1
O
2
0
1
x
y
x