Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận tân bình thành phố hồ chí minh năm học 2014 2015(có đáp án)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

ĐỀ THI HSG LỚP 9
QUẬN TÂN BÌNH – (2014-2015)
Thời gian: 120 phút
(NGÀY THI: 11/10/2014)
Bài 1: (3 điểm) Rút gọn:

 22 5
A   8  2 10  2 5  8  2 10  2 5  

 2 5
Bài 2: Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)  x  3 x  5  3  x  5

x3
0
x 5

b) 3x 2  6x  41  10 2x 2  7
1 1 1
x  y  z  2

c) 
 2  4
 xy z 2

(2 điểm)
(2 điểm)

(2 điểm)

Bài 3: a) Cho a > 1 ; b > 1 ; c > 1. Chứng minh rằng :

a
b
c


6
a 1
b 1
c 1

(1 điểm)

1
. Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: M  2x 2  5x  2  2 x  3  2x (2 điểm)
2
(1 điểm)
c) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình x 2  2y2  1
b) Cho x 

Bài 4: Cho ABC nội tiếp (O) đường kính AB. Kẻ đường cao CH của ABC . Vẽ (I) tiếp xúc với
HC, HB tại E, D và tiếp xúc trong với (O) tại F.
3
a) Cho HA – HB = 5,6cm; tanCAD  . Tính CA, CB.
(2 điểm)
4
b) Chứng minh: A, E, F thẳng hàng và ACD cân.

(2 điểm)
Bài 5: Cho ABC CÓ CBA  600 ;BC  a;AB  c . (a, c là hai độ dài cho trước). Hình chữ nhật
MNHK có đỉnh M trên cạnh AC; N trên cạnh AC; H, K trên cạnh BC. Hình chữ nhật MNHK
được gọi là hình chữ nhật nội tiếp ABC . Tìm vò trí của M trên cạnh AB để diện tích hình chữ
nhật MNHK đạt giá trò lớn nhất. Tính giá trò lớn nhất đó theo a và c. (3 điểm)

  HẾT  
Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

HƯỚNG DẪN ĐỀ THI HSG LỚP 9
QUẬN TÂN BÌNH (2014-2015)
Bài 1: Rút gọn:


 22 5
A   8  2 10  2 5  8  2 10  2 5  

 2 5
Đặt B  8  2 10  2 5  8  2 10  2 5 ; B > 0



 B2  16  2 64  4 10  2 5



2 5  2 
5   10  2 
2

 B2  16  2 24  8 5  16  2
 B2  16  4 5  4  12  4
 B  10  2

Khi đó: A 

 2





 vì B > 0 

10  2



5 1

2



5 1



2

22 5
2 5
 2



 2



5 1





5 1

 2  2 5  5  2   2

5

2
5


2
  



5 1

62 5



5 1  4 2

Bài 2: Giải phương trình:
a)  x  3 x  5  3  x  5

x3
0
x 5

Điều kiện : x  5 hay x  3

x3
0
x 5

x3
  x  5   x  3   3
0
x  5 



 x  3 x  5  3  x  5

x  5
 
x3
 x  3  3 x  5  0
Giải (1): x  3  3

 x3 3

1

x3
0
x 5

 điều kiện: x  3

2
 x3

9 
x3
  x  3  9 
   x  3  x  3 
0
x 5
x 5

 x 5


Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG
 x  3  nhận

 x  3
 2
   x  4  loại 

  2x  24  0
  x  6  nhận

2014 -2015

Vậy S  3; 6

b) 3x 2  6x  41  10 2x 2  7

3x 2  6x  41  10 2x 2  7

 2x 2  7  10 2x 2  7  25  x 2  6x  9  0 

 2x 2  7  5  0

 x 3
x


3

0







2

2x 2  7  5   x  3  0
2

Vậy S  3

1 1 1
x  y  z  5

c) 
 2   20  5
 xy z 2
Điều kiện: x  0;y  0;z  0

1
1
1
1 10 10 2

1 1
 2  25  2  2  x  y  xy
z  5  x  y
x y

z


 1  2  25
 1  2  25
2
 z
 z 2 xy
xy
 1 10

2
  1 10
1 1 10 10 2
 2   25    2   25   0
 xy  25  25  2  2  x  y  xy
x
y
x y

 x
 y


 

1
1 1
1  5  1  1
 5 
 z
 z
x y
x y

1
1
x
5
2
2


 1
 1

5

x
  5     5   0
1
 x
1

 y


 
 5
 y 
Vậy nghiệm của hệ pt là
y
5
1
1
1



1
z  5  x  y
1


  5  5  5 z  5
z

1 1 1
x  y  z  5


 2  1  20  5
 xy z 2

Bài 3: a) Cho a > 1 ; b > 1 ; c > 1. Chứng minh rằng :



1
x  5

1

y 
5

1

z  5


a
b
c


6
a 1
b 1
c 1

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
1  a 1
a
a
1 a  1 
 a 1  
2

2
2
a 1
b
 2;
2
Chứng minh tương tự, ta có:
b 1
c 1
Do đó:

a  1  1
a
b
c



 6 . Dấu ‘’=’’ xảy ra khi b  1  1  a  b  c  2
a 1
b 1
c 1
c  1  1


Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

b) Cho x 

2014 -2015

1
. Tìm giá trò lớn nhất của M  2x 2  5x  2  2 x  3  2x
2

M  2x 2  5x  2  2 x  3  2x 

 2x  1 x  2   2

x  3  2x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

2x  1  x  2 3x  3
=
  2x  1 x  2  
2
2

4

x

3
x

7

2 x  3 


2
2
3x  3 x  7
  2x  1 x  2   2 x  3 

2
2




 2x  1 x  2   2
 2x  1 x  2   2

x  3  2x  5

x  3  2x  5

M5
Vậy giá trò lớn nhất của M là 5
2x  1  x  2
Dấu ‘’=’’ xảy ra khi 
 x 1
4  x  3
c) Tìm nghiệm nguyên tố của phương trình x 2  2y2  1
Cách 1:
x 2  2y2  1  x 2 1  2y2   x 1 x  1  2y 2

  x  1 x  1 2  trong 2 số  x  1 và  x  1 phải có ít nhất 1 số chẵn. (1)

Ta có:  x  1   x  1  2x là 1 số chẵn   x  1 và  x  1 có cùng tính chẵn lẻ (2)

Từ (1) và (2)   x  1 và  x  1 cùng chẵn.


 x  1 2

  x  1 x  1 4  2y 2 4  y 2 2  y  2  vì y nguyên tố 

 x  1 2
Thế x = 2 vào x 2  2y2  1 , ta được: x2  2.22  1  x  3  vì x nguyên tố 

Vậy cặp nghiệm nguyên tố duy nhất của phương trình là x = 3; y = 2 .
Cách 2:
x 2  2y2  1  x 2  1  2y2   x  1 x  1  2y2   x 1 x  x  1  2xy 2
mà  x  1 x  x  1 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên  x  1 x  x  1 6
Do đó : 2xy2 6  xy2 3

TH1: x 3  x  3  vì x nguyên tố 

Thế x = 3 vào x 2  2y2  1 , ta được: 32  2.y 2  1  y  2  vì y nguyên tố 
TH2: y 3  y  3  vì y nguyên tố 

Thế y = 3 vào x 2  2y2  1 , ta được: x2  2.32  1  x2  29 loại  vì x nguyên tố 
Vậy cặp nghiệm nguyên tố duy nhất của phương trình là x = 3; y = 2 .
Bài 4: Cho ABC nội tiếp (O) đường kính AB. Kẻ đường cao CH của ABC . Vẽ (I) tiếp xúc với
HC, HB tại E, D và tiếp xúc trong với (O) tại F.

Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

C
F

E
I
A

D

O H

a) Cho HA – HB = 5,6cm; tanCAD 

B

3
. Tính CA, CB.
4

Dễ thấy CAB  HCB  tanCAB  tanHCB 

HC HB 3



HA HC 4

HC HB 3 3
HB 9

  

HA HC 4 4
HA 16
Mà HA – HB = 5,6 nên HA = 12,8 (cm); HB = 7,2 (cm)
Ta có: AB = HA + HB = 12,8 + 7,2 = 20 (cm)
Xét CAB vuông tại C, ta có CH là đường cao
CA2  HA.AB  12,8 .  20   256 

CA  16  cm 
 2



CB  HB.AB   7,2  .  20   144
CB  12  cm 
b) Chứng minh: A, E, F thẳng hàng và ACD cân.


Xét FIE và FOA, ta có:
FIE  FOA  2 góc đồng vò và IE // OA 

 FIE ∽ FOA  c  g  c  IFE  OFA

  IF
IE

tỉ số 2 bán kính của  I và  O 

 OF OA
 tia FE trùng với tia FA  A, E, F thẳng hàng.
EIO  2EFI  góc ngoài IEF cân tại I

Dễ thấy: 

OID  2IFD  góc ngoài IDF cân tại I









 EIO  OID  2 EFI  IFD  EID  2EFD  EFD 

EID
2

180 0  DIE DIE

2
2

AD AE

 AD2  AE.AF
Do đó: ADE  EFD ….  ADE ∽ AFD  g  g  
AF AD
Mặt khác: ADE  90 0  IDE  90 0 

Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015


AE.AF  AH.AB AHE ∽ AFB
Mà 
2

AH.AB  AC  Hệ thức lượng 
nên AD2  AC2  AD  AC  ACD cân tại A.

Bài 5: Cho ABC CÓ CBA  600 ;BC  a;AB  c . (a, c là hai độ dài cho trước). Hình chữ nhật
MNHK có đỉnh M trên cạnh AC; N trên cạnh AC; H, K trên cạnh BC. Hình chữ nhật MNHK
được gọi là hình chữ nhật nội tiếp ABC . Tìm vò trí của M trên cạnh AB để diện tích hình chữ
nhật MNHK đạt giá trò lớn nhất. Tính giá trò lớn nhất đó theo a và c.

A
AB = c; BC = a

M

N

600

B

K

I

ABI vuông tại I có B  60 0  sinB 

H

C

AI
3
 AI  AB.sinB  c.sin60 0  c.
AB
2

 MN AM
2
 BC  AB
MN MK AM BM AM.BM 1  AM  BM
1 AB2 1
Dễ thấy 







 

BC AI
AB AB
4
4 AB2 4
AB2
AB2
 MK  BM
 AI
AB

 SMNHK 

1
1
3
3
BC.AI  a.c.

ac
4
4
2

8

Dấu “=” xảy ra  AM  MB  M là trung điểm của AB. Khi đó SMNHK 

3
ac
8

  HẾT  

Học Sinh Giỏi Lớp 9 – Quận TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

ĐỀ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI LỚP 9
VÒNG 2, Quận TÂN BÌNH (2014-2015)

(NGÀY THI: 30/12/2014)
Bài 1: (4 điểm)
1) Cho phương trình ax2  bx  c  0 có các hệ số a, b, c là các số nguyên lẻ. Chứng minh rằng
nếu phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ.
2) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt mx4   m  3 x2  3m  0 .
Bài 2: (4 điểm)
1) Giải phương trình sau:

x  2 x 1  x  2 x 1 







x3
(2 điểm)
2

 x  y  x 2  y 2  15

(2 điểm)
2) Giải hệ phương trình : 
x  y  x2  y  3



Bài 3: ( 4 điểm)
1
1
1
1
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 3
(1,5 điểm)
 3 3
 3 3

3

a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2  17y 2  34xy  51 x  y   1740 (1,5 điểm)

ax  b
có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4. (1 điểm)
x2  1
Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BM, CN cắt
nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH. Gọi I là giao điểm của AH và MN. Chứng minh I là trực
tâm của BKC .
Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường
tròn (O). Gọi A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB. Chứng
3) Tìm a, b để y 

minh rằng:
1) Ba điểm A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (2 điểm)
2) Đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm cố đònh khi M di chuyển. (2 điểm)
Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD). Tia phân giác của góc BAD
cắt BC tại M và cắt DC tại N. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN. Chứng minh
tứ giác BKCD nội tiếp.

  HẾT  

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

HƯỚNG DẪN ĐỀ THI CHỌN

HỌC SINH GIỎI VÒNG 2 LỚP 9
Quận TÂN BÌNH (2014-2015)
Bài 1: (4 điểm)
1) Cho phương trình ax2  bx  c  0 có các hệ số a, b, c là các số nguyên lẻ. Chứng minh rằng
nếu phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ. (2 điểm)
Do a, b, c là 3 số nguyên lẻ nên ta đặt: a  2m  1;b  2k  1;c  2n  1 với k,m,n  Z
Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ thì:   b2  4ac phải là số chính phương lẻ (do b lẻ và
4ac là số chẵn).

    2t  1  b2  4ac   2k  1   2t  1  4  2m  1 2n  1
2

2

 4k  k  1  4t  t  1  4  2m  1 2n  1 : vô lí vì vế trái là số chia hết cho 8 còn vế phải không

chia hết cho 8.
Do đó phương trình có nghiệm thì các nghiệm ấy không thể là số hữu tỉ.
2) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt mx4   m  3 x2  3m  0 . (2 điểm)

mx4   m  3 x2  3m  0

1
Đặt t  x ,phương trình 1 trở thành: mt   m  3 t  3m  0  2 
a  m;b    m  3 ;c  3m
  b  4ac    m  3  4m  3m  m  6m  9  12m  11m  6m  9
2

2

2

2

2

2

2


b m3
S  t1  t2   a  m
Theo đònh lí Vi-et, ta có: 
P  t t  c  3m  3
1 2

a m
Để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt
m  0
m  0
a  0

2

11m
6m
9
0







3  108
3  108
  0
 3  108

 m  3

m

m0

0
11
11
11
S

0

 m

P  0

m  0 hay m  3


3  0  luôn đúng 
Vậy

3  108
 m  0 thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
11

Bài 2: (4 điểm)
1) Giải phương trình sau:

x  2 x 1  x  2 x 1 

x  2 x 1  x  2 x 1 

x3
2

x3
(2 điểm)
2

(điều kiện: x  1 )

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG









x 1 1 



2

x 1 1 



x 1 1

2



x3
2
x3
x 1 1 
2

2014 -2015

x3
2

x 1 1 

 x 1 1

TH1:

x  1  1  0  x  2 . Khi đó phương trình trở thành:
x  1
x3
x  1  0
x 1 1 x 1 1 
 4 x 1  x  3  
2   2
2
x  10x  25  0
16  x  1   x  3 
x  1

 x  5  nhận
2
 x  5   0

TH1:

x  1  1  0  1  x  2 . Khi đó phương trình trở thành:

x 1 1  x 1 1 

Vậy S  1;5

x3
 x  3  4  x  1  nhận
2













 x  y  x 2  y 2  15

2) Giải hệ phương trình : 
(2 điểm)
2
x

y
x

y


3




Ta có:















2

2
2
2
2
2
2 


 x  y  x 2  y 2  15


 x  y  x  y  5  x  y  x  y
 x  y  5  x  y   x  y   0



x  y  x2  y 2  3
x  y  x2  y2  3




 x  y  x 2  y 2  3



 x  y

 I
2
2
  x  y  x  y  3

 x  y  2x 2  5xy  2y 2  0
 x  y  x  2y  2x  y   0
 x  2y






 II

2
2
2
2
2
2
x
y
x
y

3


x

y
x

y

3
x

y

x

y

3


 




 y  2x
  x  y x 2  y 2  3  III

 





























x  y
x  y

2
x  y x  y  3 

 y  y  0   3  vô lí 


x  2y
x  2
x  2y
x  2y



 3

Giải hệ (II) 
2
2
2
2
3y  3 y  1
 x  y  x  y  3 
 2y  y  4y  y  3 

Giải hệ (I)














y  2x
x  1
y  2x
y  2x



 3

Giải hệ (III) 
2
2
2
2
3x  3 y  2
 x  y  x  y  3 
 x  2x  x  4x  3 










x  2
x 1
hay 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 
y  1
y  2

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

Bài 3: ( 4 điểm)
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

1
1
1
1
 3 3
 3 3

3
a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc
3

Ta có:

 a  b

2



(1,5 điểm)



 0  a2  ab  b2  ab   a  b a2  ab  b2  ab  a  b   a3  b3  ab  a  b 

 a3  b3  abc  ab  a  b  abc  a3  b3  abc  ab  a  b  c  


1
1

 3 3
 b  c  abc bc  a  b  c
Cmtt, ta có: 
1


3
 c  a3  abc ca  a  b  c


1
1

1
3
a  b  abc ab  a  b  c
3

2
 3

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta có:
1
1
1
1
1
1
 3 3
 3 3



3
3
a  b  abc b  c  abc c  a  abc ab  a  b  c bc  a  b  c  ca  a  b  c 


1
1
1
c a b
 3 3
 3 3

3
a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc  a  b  c 



1
1
1
1
 3 3
 3 3

3
a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc

3

3

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2  17y 2  34xy  51 x  y   1740 (1,5 điểm)

 x2  17 y 2  2xy  3  x  y   1740

Do x nguyên nên x có dạng: x  17k  r với r0,1,2,3,4,5,6,7,8 và k  Z

 x2 17n,17n  1;17n  4,17n  9,17n  8,17n  2,17n  15,17n  13 với n  Z

Ta thấy rằng vế phải là 1740 khi cho cho 17 có số dư là 6. Trong khi đó vế trái khi chia cho 17
trong mọi trường hợp đều không có số dư là 6. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm
nguyên.
3) Tìm a, b để y 

ax  b
có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4. (1 điểm)
x2  1

ax  b
có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4
x2  1
ax  b
 4 , a,b
nên 1  2
x 1
2

a  a2
 ax  b
 x     b  1  0 , a,b
 1 , a,b
x 2  ax  b  1  0 , a,b
2
4

 x 2  1

 2

2
 ax  b  4 , a,b
4x  ax  b  4  0 , a,b 
a  a2
2x

2
   b  4  0 , a,b

 x  1

4

 16

Vì y 

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

 a2
 a2 a2
  b 1  0
  5 0


a  4
a  4
a  4


hay 
  42
  42 16



a
b  3
b  3
b  3
 a  b  4  0
  b 1  0
 16
 4


a  4
a  4
ax  b
hay 
Vậy 
thì y  2
có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4
x 1
b  3
b  3
Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BM, CN cắt
nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH. Gọi I là giao điểm của AH và MN. Chứng minh I là trực
tâm của BKC .

A
K

T

M

I
H O
B

C

F

Gọi F là giao điểm của AH và BC.
Gọi T là giao điểm của BI và KC
Xét FKN và FMI , ta có:
NFK  MFI  ...


FKN  FMI  2NMH

FK FN

 FKN ∽ FMI  g  g  
FM FI
 FN.FM  FI.FK . Mà FB.FC  FN.FM  FNB ∽ FCM





Nên FB.FC  FI.FK 

FB FI

. Mà BFI  KFC  90 0
FK FC



x



Nên FBI ∽ FKC  IBF  IKT  hai góc tương ứng 

Mà BIF  KIT  đối đỉnh . Nên IKT  KIT  IBF  BIF  900

 KTI  900  BT  KC
Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường
tròn (O). Gọi A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB. Chứng
minh rằng:

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

A
B1

E
F H
B

A1

O
D
K

C1

T
C

S
M
1) Ba điểm A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (2 điểm)
Gọi S, K, T lần lượt là giao điểm của MC1;MA1;MB1 với AB, BC, AC.
Chứng minh được: S, K, T thẳng hàng. (đường thẳng Simpson)
S là trung điểm của MC1

 K là trung điểm của MA1
T là trung điểm của MB
1


ST // C1A1
SK // C1A1
Dùng đường trung bình chứng minh được: 

 C1A1  A1B1

KT // A1B1 
ST // A1B1

 A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (1)

2) Đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm cố đònh khi M di chuyển. (2 điểm)
Vẽ AD, BE, CF lần lượt là 3 đường cao của ABC cắt nhau tại H.

Ta chứng minh được: BHD  ACB  AMB  AC1 B t / c đối xứng

 BHD  AC1B  Tứ giác AC1BH nội tiếp  AHC1  ABC1  ABM  t / c đối xứng  (1)

Chứng minh tương tự ta được: AHB1  ACM  2 
Từ (1) và (2) cộng vế ta được: AHC1  AHB1  ABM  ACM
 C1HB1  1800  C1 ,H,B1 thẳng hàng. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 4 điểm  A1 ,B1 ,C1 ,H thẳng hàng. Mà H cố đònh.
Nên đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm H cố đònh khi M di chuyển.
Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD). Tia phân giác của góc BAD
cắt BC tại M và cắt DC tại N. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN. Chứng minh:
tứ giác BKCD nội tiếp.

Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)


CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG

2014 -2015

K
N

B

M

A

C

D

Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp.
Ta có:
DAN  MAB AM là tia phân giác của BAD

 DAN  DNA  DAN cân tại D.

DNA  MAB hai góc so le trong và AB // DN 






 DN  DA . Mà DA = BC (tứ giác ABCD là hình bình hành). Nên DN = BC.
Ta có :
NMC  DAN  BC // AC



MNC  MAB  AB // DN   NMC  MNC  CMN cân tại C.

DAN  MAB  ...

 CM  CN . Mà KM = KN (bán kính (K)). Nên KC là đường trung trực của MN.
 CK  MN
Ta có :
BC  DN
 BC  CM  DN  CN  BM  DC

CM  CN
CMN cân tại C có CK là đường cao (…) Nên CK cũng là đường phân giác của CMN .
 MCK  NCK (1)

Ta có : KM = KC  KMC cân tại K  KMC  MCK  2 
Từ (1) và (2) suy ra : KMC  NCK
Mà KMC  BMK  NCK  DCK  1800  BMK  DCK
BM  DC

Xét BMK và DCK , ta có : BMK  DCK  BMK  DCK c  g  c  MBK  CDK
KM  KC

 Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng
nhau)

  HẾT  
Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)