www.thuvienhoclieu.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 10/4/2017
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1. (5,0 điểm)
x−4
2x − 5 x −1
x 1
1
−
x x +2+ +
với x > 0 và x ≠ .
÷
÷
÷
4x −1
2
4
x
2x + 3 x − 2
a) Cho biểu thức P =
3
.
2
b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a3
b3
c3
thức A =
.
+
+
c + a 2 a + b2 b + c2
Câu 2. (4,0 điểm)
Rút gọn biểu thức P và tìm x để P ≤
a) Giải phương trình x 2 + 1 + x + 1 − x − 2 = 0 .
xy 2 + 2 x − 4 y = −1
b) Giải hệ phương trình 2 3
2
x y + 2 xy − 4 x + 3 y = 2
Câu 3. (4,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn đẳng thức:
a 3 − b3 + 3(a 2 − b 2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 .
b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24a 2 + 1 = b 2 . Chứng minh rằng chỉ có một số a hoặc
b chia hết cho 5.
Câu 4. (2,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; lấy
điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M là giao điểm của IK và
BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ
giác ADME là hình bình hành.
Câu 5. (4,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC (AB
Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC.
a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của đường
thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vuông góc với AK.
b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P lần
lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm
N, H, P thẳng hàng.
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
www.thuvienhoclieu.com
Page 1
www.thuvienhoclieu.com
Họ và tên thí sinh: …..…………………………………….; Số báo danh: …………………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2016 – 2017
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN
(Hướng dẫn chấm thi này có 08 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1
x−4
2x − 5 x −1
x 1
−
x x +2+ +
÷
(5,0 đ) Cho biểu thức P =
÷ với x > 0 và
÷
4x −1
2
x
2x + 3 x − 2
3,0
1
3
x ≠ . Rút gọn biểu thức P và tìm x để P ≤ .
4
2
x−4
2x − 5 x −1 2x2 + 4 x + x x + 2
P=
−
÷
÷
0,75
2 x
(2 x − 1)( x + 2) (2 x − 1)(2 x + 1)
(mỗi ý trong khai triển được 0,25 điểm)
x −2
2 x − 5 x − 1 (2 x + 1)( x x + 2)
=
−
0,5
2 x
2 x − 1 (2 x − 1)(2 x + 1)
(2 x + 1)( x x + 2)
2 x −1
=
0,5
2 x
(2 x − 1)(2 x + 1)
=
x x +2
2 x
0,25
+ Với x > 0 , ta có: x x + 2 = x x + 1 + 1 ≥ 3. 3 x x .1.1 ⇒ x x + 2 ≥ 3 x
Suy ra P =
0,5
3
x x +2 3 x
≥
hay P ≥ ( dấu bằng xảy ra khi x = 1 ).
2
2 x
2 x
Do đó, để P ≤
0,25
3
thì x = 1 .
2
0,25
Hoặc trình bày cách khác:
+ Với x > 0 , ta có: P ≤
3
x x +2 3
⇔
≤ ⇔ x x − 3 x + 2 ≤ 0 (*)
2
2
2 x
Đặt t = x , t > 0 .
Khi đó (*) trở thành: t 3 − 3t + 2 ≤ 0
⇔ (t − 1) 2 (t + 2) ≤ 0
Vì t + 2 > 0, (t − 1) ≥ 0 nên (t − 1) (t + 2) ≤ 0 ⇔ t − 1 = 0 ⇔ t = 1 hay x = 1 .
2
2
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: ab + bc + ca = 3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất
a3
b3
c3
của biểu thức A =
.
+
+
c + a 2 a + b2 b + c2
www.thuvienhoclieu.com
2,0
Page 2
www.thuvienhoclieu.com
Cách 1: heo đê : ab + bc + ca = 3abc ⇔
1 1 1
+ + =3
a b c
a3
(a 3 + ac) − ac
ac
=
=a−
2
2
c+a
c+a
c + a2
c + a 2 ≥ 2a c ⇒
ac
1
c +1
≤
c
≤
c + a2 2
4
a3
c +1
Suy ra
.
≥a−
2
c+a
4
b3
a +1
c3
b +1
Tương tự :
,
.
≥b−
≥c−
2
2
a+b
4
b+c
4
3
3
Suy ra A ≥ (a + b + c) −
4
4
1 1 1
Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: ( a + b + c ) + + ÷ ≥ 9
a b c
⇒ ( a + b + c) 3 ≥ 9 ⇒ a + b + c ≥ 3
3
2
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Suy ra A ≥ , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 .
0,25
3
Vậy min A = khi a = b = c = 1 .
2
Cách 2 :Ta có: ab + bc + ca = 3abc ⇔
1 1 1
+ + =3
a b c
x, y , z > 0
.
x + y + z = 3
x
y
z
+
+
Biểu thức A được viết lại: A =
2
2
y ( x + y ) z ( y + z ) x( z + x 2 )
1
1
1
Đặt x = , y = , z = , khi đó:
a
b
c
x
(x + y2 ) − y2 1
y
=
= −
;
2
2
y( x + y )
y( x + y )
y x + y2
y
1
x
1
1
2
≤
≥ −
mà x + y ≥ 2 y x ⇒
nên
;
2
2
x+ y
y( x + y ) y 2 x
2 x
x
1 1 1
1
1
1 1 1
≥ − 1 + ÷
= .2 1. ≤ 1 + ÷ nên
mà
2
y( x + y ) y 4 x
x 4 x
2 x 4
(dấu bằng xảy ra khi x = y = 1 )
0,25
0,25
Ta có :
Tương tự :
y
1 1 1
z
1 1 1
≥ − 1 + ÷,
≥ − 1 + ÷
2
2
z( y + z ) z 4
y x( z + x ) x 4 z
31 1 1 3
Suy ra A = + + ÷− .
4 x y z 4
1 1 1
Dùng BĐT Cô Si chứng minh được: ( x + y + z ) + + ÷ ≥ 9 .
x y z
1 1 1
1 1 1
⇔ 3 + + ÷ ≥ 9 ⇔ + + ≥ 3 (vì z + y + z = 3 ).
x y z
x y z
www.thuvienhoclieu.com
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Page 3
www.thuvienhoclieu.com
3
, dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 .
2
3
Vậy min A = khi a = b = c = 1 .
2
Do đó A ≥
0,25
Câu 2 a) Giải phương trình x 2 + 1 + x + 1 − x − 2 = 0
(4,0 đ) Cách 1:
Điêu kiện: −1 ≤ x ≤ 1 .
Khi đó ta có: x 2 + 1 + x + 1 − x − 2 = 0
⇔
(
1+ x + 1− x
)
2
2,0
0,25
= (2 − x 2 ) 2 ⇔ 2 1 − x 2 + 2 = (2 − x 2 ) 2 (1)
Đặt t = 1 − x 2 , t ≥ 0 . Phương trình (1) trở thành:
0,25
0,25
2t + 2 = (t 2 + 1) 2
⇔ t 4 + 2t 2 − 2t − 1 = 0
⇔ (t − 1) (t + 1)(t 2 + 1) + 2t = 0 (2)
0,25
0,5
Vì t ≥ 0 nên (t + 1)(t + 1) + 2t > 0 .
Do đó phương trình (2) có nghiệm duy nhất là t = 1 .
+ Với t = 1 ⇒ x = 0 (thỏa).
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 0 .
2
0,25
0,25
Cách 2:
+ Điêu kiện: −1 ≤ x ≤ 1 .
0,25
x 2 + 1 + x + 1 − x − 2 = 0 ⇔ 1 + x + 1 − x = 2 − x 2 (*)
2
t2 − 2
2
+ Đặt t = 1 + x + 1 − x , t ≥ 0 . Suy ra t = 2 + 2 1 − x ⇔
÷ +1 = 2 − x
2
Khi đó phương trình (*) trở thành:
t 4 − 4t 2 − 4t + 8 = 0 ⇔ (t − 2)(t 3 + 2t 2 − 4) = 0 (*)
0,25
+ vì t 2 = 2 + 2 1 − x 2 ≥ 2 và t ≥ 0 nên t ≥ 2 .
Do đó t 3 + 2t 2 − 4 ≥ 2 2 + 4 − 4 > 0 .
Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất là t = 2 .
+ Với t = 2 ⇒ x = 0 (thỏa).
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 0 .
Cách 3:
+ Điêu kiện: −1 ≤ x ≤ 1 .
0,25
Đặt 1 + x = a , 1 − x = b (a, b ≥ 0) . Suy ra: a 2 + b 2 = 2 (1)
0,5
0,25
2
+ Hơn nữa: 1 − x 2 = a b ⇒ 2 − x 2 = a 2b 2 + 1 .
+ Phương trình đã cho trở thành: a + b = a 2b 2 + 1 (2)
www.thuvienhoclieu.com
2
0,5
0,5
0,25
0,25
Page 4
www.thuvienhoclieu.com
a 2 + b 2 = 2
ab = 1
⇔
Từ (1) và (2) ta cố hệ:
2 2
a + b = a b + 1 a + b = 2
0,5
a = 1
⇔
⇔ x=0
b = 1
2
xy + 2 x − 4 y = −1
b) Giải hệ phương trình 2 3
2
x y + 2 xy − 4 x + 3 y = 2
0,5
2,0
Cách 1:
xy 2 + 2 x − 4 y = −1
xy 2 + (2 x + 1) = 4 y
(*)
⇔ 2 2
2 3
2
x y + 2 xy − 4 x + 3 y = 2
( x y + 2 xy + 1) y − 2(2 x + 1) = −2 y
(lưu ý: không nhất thiết biến đối đưa vế phải của pt thứ hai về −2 y , có thể −3y )
2 x + 1 = 0
1
⇔ x=−
- Xét y = 0 thay vào hệ (*) ta được:
2
−2(2 x + 1) = 0
1
x = −
Suy ra
2 là một nghiệm của hệ.
y = 0
0,25
0,25
- Xét y ≠ 0 , hệ phương trình (*) tương đương với hệ:
2x + 1
2x + 1
xy
+
=
4
(
xy
+
1)
+
=5
y
y
⇔
(**)
x 2 y 2 + 2 xy + 1 − 2 2 x + 1 = −2
( xy + 1)2 − 2 2 x + 1 = −2
÷
÷
y
y
Đặt a = xy + 1, b =
a + b = 5
2x +1
; khi đó hệ phương trình (**) trở thành: 2
(***)
2
a − 2b = −2
a = 2 a = −4
,
.
b = 3 b = 9
2x + 1
3
xy + 1 = 2
x
÷= 1 x = 1
x = − 2
a = 2
3
⇔
⇔
* Với
ta có 2 x + 1
hoặc
=
3
2
x
+
1
b = 3
y =1
y = − 2
y
y =
3
3
2x + 1
xy + 1 = −4
x
÷ = −5
a = −4
9
⇔
* Với
ta có 2 x + 1
(vô nghiệm)
=
9
b
=
9
y
y = 2x + 1
9
+ Giải hệ (***) tìm được:
1
x = −
Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm:
2,
y = 0
www.thuvienhoclieu.com
3
x=−
x = 1
2
,
.
y =1 y = − 2
3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Page 5
www.thuvienhoclieu.com
Cách 2:
xy 2 + 2 x − 4 y = −1
xy 2 + (2 x + 1) = 4 y
⇔
2 3
2 3
2
2
x y + 2 xy − 4 x + 3 y = 2
x y + 2 xy − (4 x + 2) = −3 y
2
2 xy + (4 x + 2) = 8 y
⇔ 2 3
⇒ x 2 y 3 + xy 2 − 5 y = 0
2
x y + 2 xy − (4 x + 2) = −3 y
y = 0
⇔ xy = 1
xy = −5
1
+ Với y = 0 . Suy ra được ( x; y ) = (− ;0) .
2
3
x=−
x = 1
2
,
.
y =1 y = − 2
3
Câu 3 a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( a, b) thỏa mãn đẳng thức:
(4,0 đ)
a 3 − b 3 + 3(a 2 − b 2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25 .
a 3 − b3 + 3(a 2 − b 2 ) + 3(a − b) = (a + 1)(b + 1) + 25
⇔ (a 3 + 3a 2 + 3a + 1) − (b3 + 3b 2 + 3b + 1) = ( a + 1)(b + 1) + 25
⇔ (a + 1)3 − (b + 1)3 = (a + 1)(b + 1) + 25 (*)
Đặt x = a + 1, y = b + 1( x, y ∈ Z ; x, y ≥ 2) .
Khi đó (*) trở thành: x 3 − y 3 = xy + 25 ⇔ ( x − y )( x 2 + xy + y 2 ) = xy + 25 (**)
+ Từ (**) suy ra x > y ⇒ x − y ≥ 1 , mà x 2 + xy + y 2 > 0 nên:
x 2 + xy + y 2 ≤ xy + 25 ⇒ x 2 + y 2 ≤ 25 ⇒ x ≤ 4 (1).
+ Hơn nữa: x > y và x, y ≥ 2 nên xy ≥ 6 .
Suy ra x 3 − y 3 = xy + 25 ≥ 31 ⇒ x 3 > 31 ⇒ x > 3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x = 4 . Do x > y và y ≥ 2 nên y ∈ { 2;3} .
x = 4
a = 3
+ Thử lại, chỉ có
thỏa (**). Suy ra
là cặp số cần tìm.
y = 3
b = 2
b) Cho hai số nguyên a và b thỏa: 24a 2 + 1 = b 2 . Chứng minh rằng chỉ có một
số a hoặc b chia hết cho 5.
Cách 1:
24a 2 + 1 = b 2 ⇔ 25a 2 + 1 = a 2 + b 2 ⇒ a 2 + b 2 ≡ 1(mod 5) (1)
a ≡ 0, ±1, ±2(mod 5)
Ta có:
b ≡ 0, ±1, ±2(mod 5)
www.thuvienhoclieu.com
0,25
0,5
0,25
3 2
+ Với xy = 1 . Suy ra được ( x; y ) = (1;1) hoặc ( x; y ) = (− ; − ) .
2 3
+ Với xy = −5 . Trường hợp này không tồn tại cặp ( x; y ) .
1
x = −
Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm:
2,
y = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
2,0
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
2,0
0,25
0,5
Page 6
www.thuvienhoclieu.com
a 2 ≡ 0,1, 4(mod 5)
⇒ 2
b ≡ 0,1, 4(mod 5)
(2)
a 2 ≡ 0(mod 5)
a 2 ≡ 1(mod 5)
Từ (1) và (2) suy ra: 2
hoặc 2
.
b ≡ 1(mod 5)
b ≡ 0(mod 5)
Suy ra chỉ một số a hoặc b chia hết cho 5.
Cách 2:
24a 2 + 1 = b 2 ⇔ 25a 2 + 1 = a 2 + b 2 ⇒ a 2 + b 2 = 5.k + 1 (1)
∀n ∈ Z ⇒ n = 5l + r ( l ∈ Z , r ∈ { 0;1;2;3;4} )
⇒ n 2 = 5l1 + r12 ( l1 ∈ Z , r12 ∈ { 0;1;4} ) (2)
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
a 2 = 5k1 + 1
a 2 = 5k1
Từ (1) và (2) suy ra: 2
hoặc 2
b = 5k2
b = 5k2 + 1
0,5
Suy ra chỉ một số a hoặc b chia hết cho 5.
0,25
Cách 3:
24a 2 + 1 = b 2 ⇔ 24a 2 − b 2 = −1 không chia hết cho 5 nên a và b không đồng
0,25
thời chia hết cho 5.
+ Giả sử a và b đêu không chia hết cho 5.
4
a ≡ 1(mod 5)
⇒ (a 2 + b 2 )( a 2 − b 2 ) ≡ 0(mod 5)
Theo định lý Fermat ta có 4
b ≡ 1(mod 5)
Nếu a 2 + b 2 ≡ 0(mod 5) thì 25a 2 + 1 = a 2 + b 2 ≡ 0(mod 5) ( vô lí).
0,5
0,25
Suy ra a 2 − b 2 ≡ 0(mod 5) ⇒ 23a 2 + 1 = b 2 − a 2 ≡ 0(mod 5) (*)
Vì a không chia hết cho 5 nên a ≡ ±1, ±2(mod 5) .
Với a ≡ ±1(mod 5) ⇒ a 2 ≡ 1(mod 5) ⇒ 23a 2 + 1 ≡ −1(mod 5) ( trái với (*))
0,25
Với a ≡ ±2(mod 5) ⇒ a 2 ≡ 4(mod 5) ⇒ 23a 2 + 1 ≡ 3(mod 5) ( trái với (*))
0,25
0,25
0,25
Vậy điêu giả sử là sai. Từ đó suy ra điêu cần chứng minh.
Câu 4 Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường
(2,5 đ) kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi
M là giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và
AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành.
www.thuvienhoclieu.com
2,5
Page 7
www.thuvienhoclieu.com
A
1
2
E
I
O
1
/
D
N
1
F
2
/
1
B
//
1
//
M
C
K
(Không có hình vẽ không chấm bài)
+ Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB.
¶ ⇒F
µ =C
µ ⇒F
µ =B
µ
+ Ta có: Iµ1 = µ
A1 = A
2
1
1
2
1
Suy ra tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn.
·
µ =C
µ
⇒ DMB
=F
1
1
Suy ra DM // AC hay DM // AE (1)
·AED = EDM
·
·
. Suy ra AEDI là hình thang cân.
= EDI
0,5
0,25
0,5
0,5
·
·
(Hoặc tứ giác BFDM và BIAC nội tiếp nên FDM
;
= IAE
·
·
·
·
· . Suy ra AEDI là hình thang cân.)
FDM
= FDI
= DIA
⇒ DIA
= IAE
·
·
Suy ra ·ADE = IED
nên AD//EM (2)
= DEM
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành.
Cách khác:
+ Gọi N là trung điểm của IM, F là giao điểm của DE và IB.
¶ ⇒F
µ =C
µ ⇒ tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn.
+ Ta có: Iµ1 = µ
A1 = A
2
1
1
·
·
Suy ra FBC = AED (1).
µ =C
µ ⇒F
µ =B
µ ⇒ tứ giác BFDM nội tiếp trong đường tròn.
+ Mặt khác F
1
1
2
1
·
·
Suy ra FBC
(2).
= MDE
·
Từ (1) và (2) suy ra ·AED = MDE
⇒ AE//DM (*)
·
·
Hơn nữa ·AED = MDE
⇒ ·AED = IDE
Mà DE//IA. Do đó tứ giác AEDI là hình thang cân.
·
·
·
·
Suy ra ·ADE = IED
; mà IED
nên ·ADE = DEM
⇒ AD//EM (**)
= DEM
Từ (*) và (**) suy ra tứ giác ADME là hình bình hành.
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Câu 5 Cho tam giác nhọn ABC (AB
(4,5 đ) là H. Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác
ABC.
www.thuvienhoclieu.com
Page 8
www.thuvienhoclieu.com
a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của
đường thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vuông góc với
AK.
2,5
A
E
L
O
F
K
B
H
D
C
(Không có hình vẽ không chấm bài)
Cách 1:
+ Xét hai tam giác ∆KBF và ∆KEC có:
0,5
·
·
·
µ chung, KBF
(vì cùng bù với FBC
)
= KEC
K
Suy ra ∆KBF và ∆KEC đồng dạng.
KB KF
=
⇔ KB.KC = KF .KE (1)
Suy ra:
0,25
KE KC
+ Tương tự: ∆KBL và ∆KAC đồng dạng.
KB KL
0,5
=
⇔ KB.KC = KL.KA (2)
Suy ra:
KA KC
KF KL
·
=
Từ (1) và (2) suy ra: KF .KE = KL.KA ⇔
; hơn nữa FKL
= ·AKE .
0,5
KA KE
Suy ra ∆KFL và ∆KAE đồng dạng.
·
·
Suy ra KFL
.
0,25
= KAE
Do đó 4 điểm A, L, F, E cùng nằm trên đường tròn.
Mà A, E, F nằm trên đường tròn đường kính AH nên L cũng nằm trên đường tròn 0,5
đường kính AH. Vậy HL vuông góc với AK.
Cách 2:
+ Hạ HL’ vuông góc AK tại L’. Ta đi chứng minh L’ thuộc đường tròn (O).
0,25
+ 5 điểm A, L’, F, H, E cùng nằm trên đường tròn đường kính AH.
+ Chứng minh được ∆KFL ' và ∆KAE đồng dạng.
⇒ KL '.KA = KF .KE .
Tương tự chứng minh được: KF .KE = KB.KC
Suy ra KL '.KA = KB.KC .
0,5
Chứng minh được AL’BC nội tiếp. Suy ra L’ trùng L.
Vậy HL vuông góc với AK.
b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N
và P lần lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC.
Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng.
www.thuvienhoclieu.com
0,5
0,5
0,25
0,5
2,0
Page 9
www.thuvienhoclieu.com
A
E
P
O
F
H
N
B
C
D
M
(Không có hình vẽ không chấm bài)
·ANB = ·AMB
⇒ ·ANB = ·ACB
+ Ta có:
·
·
AMB = ACB
+ Tứ giác DHEC nội tiếp nên ·ACB + ·AHB = 1800 . Suy ra ·ANB + ·AHB = 1800 .
Do đó tứ giác AHBN nội tiếp trong đường tròn.
·
·
·
·
·
·
Suy ra NHB
. Mà NAB
nên NHB
= NAB
= MAB
= MAB
·
·
+ Tương tự ta cũng chứng minh được: CHP
.
= MAC
·
·
·
·
·
·
·
·
·
+ Suy ra NHB
+ BHC
+ CHP
= MAB
+ BHC
+ MAC
= ( MAB
+ MAC
) + BHC
Suy ra N, H và P thẳng hàng.
·
·
·
·
= BAC
+ BHC
= BAC
+ FHE
= 1800
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang
điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.
www.thuvienhoclieu.com
Page 10