bo de thi hsg mon toan lop 9 cap tinh

PHÒNG GD&ĐT
TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2016-2017
Môn: Toán lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (5 điểm)
a a −b b
a
b
−
−
với a, b > 0 và a ≠ b
a−b
a+ b
b− a
Rút gọi M và tính giá trị biểu thức M biết ( 1 − a ) ( 1 − b ) + 2 ab = 1

a. Cho biểu thức M=

5
4
−
+ 18 2 = 3
a+b 2 a−b 2
c. Cho a, b, c thỏa mãn a + b + c = 7 ; a + b + c = 23 ; abc = 3
1
1
1

+
+
Tính giá trị biểu thức H=
ab + c − 6
bc + a − 6
ca + b − 6

b. Tìm các số nguyên a, b thoả mãn

Bài 2: (4,5 điểm)
a. Tính giá trị của biểu thức N=

4+ 3 + 4− 3
4 + 13

+ 27 − 10 2

b. Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn ( a + b 2 − 2 ) ( a + b ) + (1 − ab) 2 = −4ab
Chứng minh 1 + ab là số hữu tỉ
2
c. Giải phương trình x − x − 4 = 2 x − 1 ( 1 − x )
Bài 3: (3,5 điểm)
a. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả mãn x5 + y 2 = xy 2 + 1
2

b. Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1 . Chứng minh

2

1

1
1
3
+
+
≤
ab + a + 2
bc + b + 2
ca + c + 2 2

Bài 4: (6 điểm) Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa
nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R. Từ M vẽ
tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB, CE vuông góc với AM.
Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH lần lượt
tại Q, K, P.
a. Chứng minh MNCO là hình thang cân
b. MB cắt CH tại I. Chứng minh KI son song với AB
c. Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE. Chứng minh PG vuông góc với QF
Bài 5: (1 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính phương
--------------------------------------------------------------------------------------------------------Họ tên thí sinh..........................................................................SBD:................................


HƯỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016-207
MÔN: TOÁN LỚP 9

Câu
Bài 1
a/
1,5đ

Nội Dung
-Rút gọn M=

ab
với a, b>0 và a ≠ b
a− b

Điểm
4đ
0,75

-Ta có

( 1 − a ) ( 1 − b) + 2
⇔ ab =

(

a− b

ab = 1 ⇔ ab − a − b + 1 + 2 ab = 1

)

2

⇔(

ab 2
) =1⇔

a− b

ab
=1
a− b

0,25

+ Nếu a>b>0
⇒ a > b ⇒ a − b > 0; ab > 0 ⇒
⇒

ab
>0
a− b

ab
ab
ab
=
⇒
=1⇒ M =1
a− b
a− b
a− b

0,25

+ nếu 0⇒ a < b ⇒ a − b < 0; ab > 0 ⇒

⇒

b/
1,5đ

ab
<0
a− b

ab
− ab
− ab
=
⇒
= 1 ⇒ M = −1
a− b
a− b
a− b

0,25

5
4
−
+ 18 2 = 3
a +b 2 a −b 2

⇔ 5a − 5b 2 − 4a − 4b 2 + 18 2 ( a 2 − 2b2 ) = 3 ( a 2 − 2b2 )
⇔ 5a − 5b 2 − 4a − 4b 2 + 18a 2 2 − 36b 2 2 = 3a 2 − 6b2

0,5

⇔ 18a 2 2 − 36b2 2 − 9b 2 = 3a 2 − 6b 2 − a
⇔ ( 18a 2 − 36b 2 − 9b ) 2 = 3a 2 − 6b 2 − a

3a 2 − 6b 2 − a
18a 2 − 36b2 − 9b
3a 2 − 6b2 − a
∈ Q ⇒ 2 ∈ Q ⇒ Vô lý vì 2 là số vô tỉ
Vì a, b nguyên nên
18a 2 − 36b 2 − 9b
3
 2
2
18a 2 − 36b 2 − 9b = 0
3
3a − 6b = b
2
2
⇔
⇔
a
=
b
2
-Vây ta có 18a − 36b − 9b = 0 ⇒  2

2
2
2

2
3a − 6b − a = 0
3a − 6b = a
3
Thay a= b vào 3a 2 − 6b 2 − a = 0 t
2
9
3
a có 3 × b2 − 6b 2 − b = 0 ⇔ 27b2 − 24b 2 − 6b = 0 ⇔ 3b(b − 2) = 0
4
2

-Nếu 18a 2 − 36b 2 − 9b ≠ 0 ⇒ 2 =

Ta có b=0 (loại) ; b=2 (thoã mãm) , vậy a=3. Kết luận

0,25

0,75


c/
2đ

Ta có

(

a+ b+ c

)

2

=a+b+c+2

(

ab + bc + ca

)

0,25

mà a + b + c = 7 ; a + b + c = 23 nên ab + bc + ca = 13
Ta có a + b + c = 7 ⇒ c − 6 = − a − b + 1
nên ab + c − 6 = ab − a − b + 1 =
Tương tự bc + a − 6 =

(

)(

b −1

(

)(

a −1

)

)

0,75

b −1

c − 1 ; ac + b − 6 =

(

)(

a −1

)

c −1

1
1
1
+
+
ab + c − 6
bc + a − 6
ca + b − 6
1

1
1
= a −1 b −1 + b −1 c −1 + a −1 c −1

Vậy H=

(

=
=
Bài 2
a/
1,5đ

)(

) (

)(

)

c −1+ a −1+ b −1

(

)(

a −1

abc +

(

)(

)

b −1

(

c −1

)

a + b + c −3

) (

a+ b+ c −

8 + 2 13

( 4+ 3 + 4− 3)

=

7−3
= −1

3 + 7 − 13 − 1

4,5 đ
0,25

+ 25 − 10 2 + 2

(4 + 3) + 2 4 + 3 4 − 3 + (4 + 3)
2( 4 + 3 + 4 − 3 )

)

ab + bc + ca − 1

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

=

b/
1,5đ

) (

2( 4 + 3 + 4 − 3 )

N=
=

)(

1,0

+ (5 − 2) 2 =

2

0,5

+ (5 − 2) 2
2( 4 + 3 + 4 − 3 )
4+ 3 + 4− 3

+ 5− 2 = 2 +5− 2 = 5

2
2
(GT) ⇒ ( a + b ) − 2(ab + 1)  (a + b) 2 + ( 1 + ab ) = 0



⇔ ( a + b ) − 2(a + b) 2 (1 + ab) + (1 + ab) 2 = 0
4

0,5
0,25
0,5

2

2

⇔ ( a + b ) − (1 + ab)  = 0 ⇒ (a + b) 2 -(1 + ab)=0



⇔ (a + b) 2 = 1 + ab ⇔ a + b = 1 + ab ∈ Q;vi:a;b ∈ Q.KL

c/
1,5đ

Điều kiện: x ≥ 1 (*).
x2 − x − 4 = 2 x −1 ( 1 − x )
Ta có:
⇔ x 2 + 2 x x − 1 + x − 1 − 2( x + x − 1) − 3 = 0

(

)

2

(

)

0,25
0,5

0,5

⇔ x + x −1 − 2 x + x −1 − 3 = 0

Đặt x + x − 1 = y (Điều kiện: y ≥ 1 ( **) ), phương trình trở thành y 2 − 2 y − 3 = 0.
 y = −1
y 2 − 2 y − 3 = 0 ⇔ ( y + 1) ( y − 3) = 0 ⇔ 
y = 3
+Với y = −1 không thỏa mãn điều kiện (**).
+ Với y = 3 ta có phương trình:

0,25


1 ≤ x ≤ 3
x + x −1 = 3 ⇔ x −1 = 3 − x ⇔ 
2
 x − 1 = 9 − 6x + x
1 ≤ x ≤ 3
1 ≤ x ≤ 3

⇔ 2
⇔  x = 2 ⇔ x = 2
 x − 7 x + 10 = 0
 x = 5


0,5

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

Bài 3
a/

1,75đ

0,25
3,5 đ

5
2
2
5
2
2
Ta có x + y = xy + 1 ⇔ ( x − 1) − ( xy − y ) = 0

⇔ ( x − 1) ( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) − y 2 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 − y 2 ) = 0

x −1 = 0
⇔ 4
3
2
2
x + x + x + x +1 = y
x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ta có 1 + y 2 = y 2 + 1 đúng với mọi y nguyên
Vậy ngiệm của PT là (1;y ∈ Z)
*Nêu x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = y 2 ⇒ 4 x 4 + 4 x 3 + 4 x 2 + 4 x + 4 = (2 y )2

Ta có

( 2y)

2

-*Nếu

0,25
0,25

− ( 2 x2 + x ) = 4 x4 + 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 4 − 4 x4 − 4 x3 − x2
2

2

2 8

= 3x + 4 x + 4 = 3  x + ÷ + > 0
3 3

2

Vậy ta có (2 x 2 + x ) 2 < ( 2 y ) *
2

Ta có ( 2 x 2 + x + 2 ) − (2 y ) 2 = 5 x 2 ≥ 0 , Vậy ta có ( 2 y ) ≥ ( 2 x 2 + x + 2 ) **
Từ * và ** ta có
2

2

2

1đ

(2 x 2 + x ) 2 < ( 2 y ) ≤ ( 2 x 2 + x + 2 ) ⇒ ( 2 y ) = ( 2 x 2 + x + 1) ;
2

2

( 2y)

2

= ( 2 x2 + x + 2)

2

2

2

Nếu ( 2 y ) = (2 x 2 + x + 1) 2 ⇔ − x 2 + 2 x + 3 = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0
2

 x = −1
⇔ ( x + 1)( x − 3) = 0 ⇔ 
x = 3
+ nếu x = −1 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1
+Nếu x = 3 ⇒ y 2 = 121 ⇒ y = ±11

-Nếu ( 2 y ) = (2 x 2 + x + 2) 2 ⇔ −5 x 2 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1 .
Kết luận
2

Ta có 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) = ... = ( x − y ) + ( y − z ) + ( x − z ) ≥ 0
2
⇒ ( x + y + z ) ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) nên với x,y,z>0 ta có
2

b/
1,75đ

x + y + z ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) , áp dụng ta có

2

2

2

0,25
0,5


1
1
1
1
1
1


+

+
≤ 3
+
+
÷
ab + a + 2
bc + b + 2
ca + c + 2
 ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 
1
11 1
2
≤  + ÷
-Với x,y>0 ta có x + y ≥ 2 xy ⇒ ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒
x+ y 4 x y

áp dụng ta có

0,5

1
1
1
1
=
=
=
ab + a + 2 ab + 1 + a + 1 ab + abc + a + 1 ab( c + 1) + (a + 1)
1
1

1  1  abc
1  1 c
1 
+
= 
+
= 
+
÷

÷
÷
4  ab( c + 1) a + 1  4  ab(c + 1) a + 1  4  c + 1 a + 1 
1
1 c
1 
≤ 
+
Vây ta có
÷
ab + a + 2 4  c + 1 a + 1 
1
1 a
1 
1
1 b
1 
≤ 
+
≤ 

+
Tương tự ta có
÷;
÷ nên
bc + b + 2 4  a + 1 b + 1  ca + c + 2 4  b + 1 c + 1 
≤

1
1
1


3
+
+
÷
 ab + a + 2 bc + b + 2 ca + c + 2 
1 c
1
a
1
b
1  3
≤ 3× 
+
+
+
+
+
÷=

4  c +1 a +1 a +1 b +1 b +1 c +1 2
1
1
1
3
+
+
≤ dấu “=” có khi a=b=c=1
Vậy
ab + a + 2
bc + b + 2
ca + c + 2 2

0,5

0,25
6đ

Bài 4
N

M

E

Q

F

K

A

C
I
T

G

O

H

B

P

a/
2đ

-Ta có ∆ACB nội tiếp đường tròn (vì...) mà AB là đường kính nên ∆ACB vuông tại C
⇒ AC ⊥ BN

Ta có MA=MC (.....), OA=OC (....) nên MO là trung trực của AC

0,5


·
·

⇒ MO ⊥ AC ⇒ MO // NB ⇒ MOA
= NBO
·
·
-Ta có OA ⊥ MA (....) ⇒ MAO
= NOB
= 900 ; xét ∆MAO và ∆NOB có
·
·
·
·
MAO
= NOB
= 900 ; MOA
= NBO
; OA = OB = R ⇒ ∆MAO = ∆NOB ⇒ MO = NB

b/
2đ

-Ta có MO // NB; MO = NB ⇒ MNBO là hình bình hành.Ta có ∆MAO = ∆NOB (cm trên)
nên ta có NO=MA, mà MA=MC (...) nên NO=MC vậy MNBO là hình thang cân

0,75

·
·
·
·
-Xét ∆CHB và ∆MAO có MAO

( cm trên)
= NOB
= 900 ; CBH
= MOA

0,5

⇒ ∆CHB : ∆MAO ⇒

CH HB HB
=
=
MA AO
R

-Ta có CH ⊥ AB (gt) ; MA ⊥ AB (...) ⇒ CH // MA ⇒ IH // MA ⇒

IH HB HB
=
=
MA AB 2 R

CH HB
HB
IH 2 IH
=
= 2×
= 2×
=
⇒ CH = 2 IH ⇒ IC = IH .

MA
R
2R
MA MA
-Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH ⇒ KI // AB

-Nên ta có ⇒

c/
2đ
Bài 5

0,75

-Chưng minh FQIO là hình bình hành ⇒ QF // IO
-Chưng minh O là trục tâm tam giác GIP

0,5
0,5
0,5
0,75
0,75
0,5
1đ
0,25

⇒ PG ⊥ OI ⇒ PG ⊥ QF

* A = 427 + 42016 + 4n = ( 227 ) ( 1 + 41989 + 4n −27 )
2

Vì A và ( 2 27 ) là số chính phương nên 1 + 41989 + 4n−27 là số chính phương
2

Ta có 1 + 41989 + 4n−27 > 4n −27 = (2n −27 )2
*mà 1 + 41989 + 4n−27 là số chính phương nên ta có

0,5

n− 27
+ 1) ⇔ 2 n −27 ≤ 23977 ⇔ n ≤ 4004
1 + 41989 + 4n−27 ≥ ( 2
2

Với n=4004 ta có A= A = 427 + 42016 + 44004 = ( 227 + 24004 ) là số chính phương
2

Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương

0,25


PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

THANH HÓA

NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn Toán: Lớp 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Bài 1: (5,0 điểm)

 x+2
x
1  x −1
+
+
. Với x ≥ 0, x ≠ 1.
÷:
2
x
x
−
1
x
+
x
+
1
1
−
x



Cho biểu thức: P = 

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để P =

2
.
7

c) So sánh: P2 và 2P.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Tìm x, y ∈ Z thỏa mãn: 2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy
b) Cho a, b, c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn điều kiện:
2

1 1 1
1 1 1
 + + ÷ = 2 + 2 + 2.
b c
a b c a
Chứng minh rằng: a 3 + b 3 + c3 chia hết cho 3.
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Giải phương trình sau:

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 = 10 x − 20

b) Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + y + 1.
Bài 4: (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và

DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF.
a) Chứng minh: CM vuông góc với EF.
b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của hình vuông ABCD
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

a
b
c
a
b
c
+
+
<
+
+
a+b b+c c+a
b+c
c+a
a +b


-------------- Hết-----------Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài Câu
1
a

Nội dung
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1.

Điểm
0,5

0,5


 x+2
x
1  x −1
P=
+
+
÷:
2
x
x
−
1
x
+
x
+
1
1
−
x





=


=
=
=
b


x
1 ÷ x −1
+
−
3
÷: 2
x
+
x
+
1
x
−
1
÷
x −1


x+2

( )

x + 2 + x ( x − 1) − ( x + x + 1)

(

(

)(

)

x −1 x + x +1

x − 2 x +1

)(

)

x −1 x + x +1

.

:

0,5

0,5

x −1
2

2
x −1

2
x + x +1

Với x ≥ 0, x ≠ 1. Ta có:

P=

2
7

⇔

2
2
=
x + x +1 7

0,5
1,0

⇔ x + x +1= 7

0,25

⇔ x+ x −6=0
⇔ ( x − 2)( x + 3) = 0
Vì

x + 3 > 0 nên

0,25

x − 2 = 0 ⇔ x = 4 (t/m)

2
khi x = 4
7
Vì x ≥ 0 ⇒ x + x + 1 ≥ 1
Vậy P =

c

2
≤2
x + x +1
⇔0 < P ≤ 2
⇔ P ( P − 2) ≤ 0

0,25

⇔0 <

0,25

⇔ P2 − 2P ≤ 0
⇔ P 2 ≤ 2P

Dấu “=” xảy ra khi P = 2 ⇔ x = 0
Vậy P ≤ 2P
2

0,25
0,25


2

a

2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + xy
⇔ 2 y 2 x + x + y + 1 − x 2 − 2 y 2 − xy = 0
⇔ ( x − 1) (2 y 2 − y − x) = − 1

0,5
0,25

Vì x, y∈ Z nên x - 1∈ Ư(-1) = { 1; −1}
+) Nếu x – 1 = 1 ⇒ x = 2

0,5

Khi đó 2y2 - y – 2 = - 1

⇔ y = 1 (t/m) hoặc y =

−1
∉Z (loại)
2

+) Nếu x – 1 = -1 ⇒ x = 0

0,5

2

Khi đó 2y - y = 1

⇔ y = 1 (t/m) hoặc y =

−1
∉Z (loại)
2

0,25

x = 2 x = 0
; 
y
=
1


y =1

Vậy 
b

a) Từ giả thiết

0,5

1 1 1
1 1 1
( + + )2 = 2 + 2 + 2
a b c
a
b c
1
1
1
⇔ 2( + + ) = 0
ab bc ca

0,5

Vì a, b, c ≠ 0 nên a + b + c = 0

⇒ a + b = −c
⇒ ( a + b ) = ( −c )
3

3

⇒ a + b + 3ab(a + b) = −c
3

3

0,25
3

⇒ a + b + c = 3abc
3

3

0,5

0,25

3

3
3
3
3
Vậy a + b + c M

với a, b, c ∈ Z

Lưu ý: Nếu học sinh sử dụng hằng đẳng thức
x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx)

3

a

mà không chứng minh thì trừ 0,5 điểm.
Đkxđ: ∀x ∈ R

0,25

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 = 10 x − 20
Vì

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 ≥ 0 với ∀x

0,5


⇒ 10x – 20 ≥ 0 ⇒ x ≥ 2
Ta có:
0,5

4 x 2 + 20 x + 25 + x 2 + 6 x + 9 = 10 x − 20
⇔ 2 x + 5 + x + 3 = 10 x − 20

b

0,5

⇔ 2 x + 5 + x + 3 = 10 x − 20
⇔ 7 x = 28

⇔ x = 4(t / m)

0,25

Vậy phương trình có nghiệm là x = 4
x2 + 2y2 + 2xy + 7x + 7y + 10 = 0.

0,5

⇔ ( x + y ) + 7( x + y ) + 10 = − y 2
2

⇔ ( x + y + 2)( x + y + 5) = − y 2 ≤ 0
⇔ −4 ≤ x + y + 1 ≤ −1

0,5

* x + y + 1 = - 4 khi x = - 5; y = 0
0,5

* x + y + 1 = - 1 khi x = - 2; y = 0
Vậy Amin = - 4 khi x= - 5; y = 0

0,5

Amax = - 1 khi x = -2; y = 0
4

a

E
M

A

N

B

F

1,0
D

C

·
·
·
Ta có: ECD
(cùng phụ với ECB
)
= BCF
Chứng minh được: ∆ EDC = ∆ FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn)

1,0

⇒ CE = CF
⇒ ∆ ECF cân tại C
b

Mà CM là đường trung tuyến nên CM ⊥ EF
* Vì ∆ EDC = ∆ FBC ⇒ ED = FB

0,5


∆ NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
ta có:
BC2 = NB.BF ⇒ a2 = NB.DE (đpcm)

0,5

* ∆ CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM =

∆ AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM =

EF
2

EF
2

0,5

⇒ CM = AM ⇒ M thuộc đường trung trực của AC.
Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC

⇒ B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC
c

(đpcm).
Đặt DE = x (x > 0) ⇒ BF = x
SACFE = SACF + SAEF =

0,5

1
AF ×( AE + CB )
2

1
= (AB + BF) ×( AE + AD )
2
1
= (a + x).DE
2
1
= (a + x)x
2
SACFE = 3.SABCD ⇔

0,5

0,25

0,5

1
(a + x)x = 3a 2 ⇔ 6a 2 − ax − x 2 = 0

2

⇔ (2a − x)(3a + x) = 0
Do x > 0; a > 0 ⇒ 3a + x > 0 ⇒ 2a − x = 0 ⇔ x = 2a

0,5

⇔ A là trung điểm của DE ⇔ AE = a
Vì AE //BC nên

AN AE
=
=1
NB BC

0,25

⇒ N là trung điểm của AB.
Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD
5

* Vì a, b, c > 0 nên
Tương tự:

a
a
a+c
<1⇒
<
.

a+b
a+b a+b+c

b
b+a
c
c+b
<
;
<
b+c a+b+c c+a a+b+c

0,5


⇒

a
b
c
+
+
< 2 (1)
a+b b+c c+a

* Ta có:

a
a
=

b+c
a (b + c)

Vì a, b, c > 0 nên theo bất đẳng thức Cô- si ta có:
a + (b + c )
≥ a (b + c ) > 0
2
2
1
⇔
≤
a +b +c
a (b + c )

⇔

2a
a
2a
a
≤
⇔
≤
a+b+c
a+b+c
b+c
a(b + c)

Tương tự:

⇒

2b
b
≤
;
a+b+c
a+c

2c
c
≤
a+b+c
b+a

a
b
c
+
+
≥2
b+c
c+a
a+b

0,5

Dấu ‘ =” xảy ra khi a = b + c; b = c + a; c = a +b
tức là a = b = c (vô lý).

⇒

a
b
c
+
+
> 2 (2)
b+c
c+a
a+b

Từ (1) (2) ta có đpcm.
* Lưu ý khi chấm bài:
- Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 5, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015 - 2016

THANH HÓA

MÔN: TOÁN LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút


Bài 1: (4,0 điểm)
Cho P =

x x − 2x − x + 2
x x −3 x −2

+

x x + 2x − x − 2
x x −3 x +2

1. Rút gọn P. Với giá trị nào của x thì P > 1
2. Tìm x nguyên biết P đạt giá trị nguyên lớn nhất
Bài 2: (4,0 điểm)
1. Giải phương trình

5 − 3x − x − 1
x − 3 + 3 + 2x

=4

2. Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2
Bài 3: (4,0 điểm)
1. Cho a = x +

1
x

1
y

b=y+
c = xy +

1
xy

Tính giá trị biểu thức: A = a2 + b2 + c2 – abc
2. Chứng minh rằng với mọi x > 1 ta luôn có. 3(x2 -

1
1
3
)
2 ) < 2(x x
x3

Bài 4: (4,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có AD = BC; AB < CD. Gọi I, Q, H, P lần lượt là trung điểm của
AB, AC, CD, BD
1. Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
2. Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng minh rằng trung điểm
các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.
Bài 5: (2,0 điểm) Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm đường cao AH dài 36cm. Tính
độ dài BD, DC.
Bài 6: (2,0 điểm) Với a, b là các số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) =

9
.
4

Hãy tìm GTNN của P = 1 + a 4 + 1 + b 4
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9
Bài

Câu

Tóm tắt cách giải

Điểm


Điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4
1
1

P=

( x − 2)( x + 1) 2
x −1

=
=

( x − 2)( x − 1)( x + 1)

+

x +1

0,5
+

( x + 2)( x − 1)( x + 1)

( x + 2)( x − 1) 2

x +1
x −1

2( x + 1)
x −1

P > 1⇔
⇔

0,5

0,5

2( x + 1)
2( x + 1)
2x + 2 − x + 1
> 1⇔
- 1 > 0⇔
>0
x −1
x −1
x −1

x + 3 > 0 Theo đ/k x > 0
⇒ x+3>0
x −1

0,5

⇒ x–1>0 ⇒ x>1

Kết hợp điều kiện x > 0; x ≠ 1; 4
Suy ra x > 1; x ≠ 4 thì P > 1
2

P=

2( x + 1)
4
=2+
Với x > 0; x ≠ 1; 4
x −1
x −1

P nguyên ⇔ x – 1 là ước của 4
P đạt giá trị nguyên lớn nhất ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 6 khi x = 2
Điều kiện x – 3 + 3 + 2 x ≠ 0

0,5

0,5
0,5
0,5
0,25

Phương trình tương đương
3 x − 5 - x − 1 - 4 2 x + 3 - 4x + 12 = 0 (*)

1

0,5

3
2

Xét x < - Thì (*) ⇔ - 3x + 5 + ( x – 1) + 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
2

⇔ 2x = -28
⇔ x = - 14 (Thỏa mãn đk)
3
2

Xét - ≤ x < 1 Thì (*)

0,25
0,25

⇔ - 3x + 5 + x – 1 – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
⇔ x=

2
(Thỏa mãn đk)
7

5
Xét 1 ≤ x < Thì (*)

3

0,25

⇔ - 3x + 5 – (x -1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0

0,25


⇔ x=

3
(loại)
8

0,25

Xét x ≥

5
Thì (*) ⇔ 3x – 5 – (x – 1) – 4(2x + 3) – 4x + 12 = 0
3

⇔x=-

2
(Loại)
5



2
7

Vậy phương trình có nghiệm x ∈ − 14; 
Ta có x2 + xy + y2 = x2y2
⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)

0,5
 xy = 0

2

+ Nếu x + y = 0 ⇒ xy(xy + 1) = 0 ⇔ 
 xy = −1

0,5

Với xy = 0. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ x = y = 0
x = 1
 x = −1
hoặc 
 y = −1
y = 1

Với xy = -1. Kết hợp với x + y = 0 ⇒ 

0,5

+ Nếu x + y ≠ 0 ⇒ (x + y)2 là số chính phương

xy(xy + 1) là hai số nguyên liên tiếp khác 0 nên chúng nguyên tố

0,5

cùng nhau. Do đó không thể cùng là số chính phương
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (0; 0); (1; -1); (1; 1)
a 2 = x2 +

1
+2
x2

b2 = y2 +

1
+2
y2

1

c2 = x2y2 +
3

ab = (x +

1
+2
x y2
2

1
1
x
x
1
y
y
)(y + ) = xy +
+ +
=c+
+
y
xy
y
y
x
x
x

⇒ abc = (c +

= c2 + c(

0,5

x
y
+ ).c
y
x

x
y
+ )
y
x

= c2 + (xy +

1
x
y
)( + )
xy y
x

0,5
0,5
0,5


= c 2 + x2 + y2 +

1
1
2 +
y
x2

= a2 – 2 + b2 – 2 + c2

2

⇒ A = a2 + b2 + c2 – abc = 4
1
1
3(x2 - 2 ) < 2(x3 - 3 )
x
x
⇔ 3(x -

1
1
1
1
)(x + ) < 2(x - )(x2 + 2 + 1)
x
x
x
x

0,5

1
1
⇔ 3(x +
) < 2(x2 + 2 + 1) (1)
x
x

( Vì x > 1 nên x Đặt x +

1
> 0)
x

1,0

1
1
= t thì x2 + 2 = t2 – 2
x
x

0,5

Ta có (1) ⇔ 2t2 – 3t – 2 > 0
⇔ (t – 2)(2t + 1) > 0 (2)

Vì x > 1 nên (x – 1)2 > 0 ⇔ x2 + 1 > 2x ⇔ x +

1
> 2 hay t > 2
x

⇒ (2) đúng. Suy ra điều phải chứng minh

1

4

IP = HQ; IP//HQ (Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)

0,5

⇒ IPHQ là h.b.h

0,5

Có IP = IQ =

1
1
AD = BC nên IPHQ là hình thoi
2
2

Gọi P 1 ; Q 1 là giao điểm của PQ với AD và BC
Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H
⇒ HPQ = HQP (Góc ở đáy tam giác cân) (1)

Mà PH // BC ⇒ BQ 1 P = HPQ (So le trong) (2)

0,5


QH // AD ⇒ AP 1 P = HQP (So le trong) (3)
Từ (1); (2); (3) Suy ra AP 1 P = BQ 1 P ( đpcm)

0,5

2

Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE = ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường
trung bình trong tam giác ta có ∆ HMP = ∆ HNQ (c.c.c)

0,5

Suy ra MHP = NHQ ⇒ MHQ = NHP ⇒ MHN và PHQ có cùng
tia phân giác

0,5

Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.

0,5

Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra
H, I, K thẳng hàng

0,5

5

Đặt BD = x, DC = y. Giả sử x < y. Pitago trong tam giác vuông
AHD ta tính được HD = 27cm. Vẽ tia phân giác của góc ngoài tại
A, cắt BC ở E. Ta có AE ⊥ AD nên AD2 = DE.DH. Suy ra
AD 2
45 2
DE =

=
= 75cm
DH
27

0,5

Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác
x
75 − x
DB
EB
⇒
=
=
(1)
y
75 + y
DC
EC

0,5


Mặt khác x + y = 40 (2)
Thay y = 40 – x vào (1) và rút gọn được
x2 – 115x + 1500 = 0 ⇔ (x – 15)(x – 100) = 0

0,5

Do x < 40 nên x = 15, từ đó y = 25.
Vậy DB = 15cm, DC = 25cm
Áp dụng Bunhiacopski cho hai dãy a2; 1 và 1; 4 ta có

0,5

(12 + 42)(a4 + 1) ≥ (a2 + 4)2
6

⇒

1+ a ≥
4

a2 + 4

0,5

(1)

17

Dấu “=” xảy ra ⇔ a =

1
2

Áp dụng Bunhiacopski cho b2; 1 và 1; 4 ta có
17(b + 1) ≥ (b + 4) ⇒
4

2

2

Dấu “=” xảy ra ⇔ b =
Từ (1) và (2) ⇒ P ≥

b +1 ≥
4

b2 + 4
17

(2)

0,5

1
2

a2 + b2 + 8
17

(∗ )

Mặt khác theo giả thiết (1 + a)(1 + b) =

5
9

⇔ a + b + ab =
4
4

Áp dụng Côsi ta có:
a ≤ a2 +

1
4

b ≤ b2 +

1
4

ab ≤

0,5

a2 + b2
2

0,5

Cộng từng vế ba bất đẳng thức ta được
3 2
1
5
(a + b 2 ) +
≥ a + b + ab =

2
2
4
5 1 3
1
⇒ a2 + b2 ≥ ( - ):
= Thay vào ( ∗ )
4 2 2
2
1
+8
P≥ 2
=
17

17
2


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

1
17
khi a = b =
2
2

Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tương đương
- Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai không cho điểm

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
CẤP THCS NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 12/4/2017

(Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1. (2,0 điểm)


a) Cho x =

3

10 + 6 3 ( 3 − 1)
6+2 5 − 5

(

. Tính giá trị của P = 12x 2 + 4x – 55

)

2017

.

a + 1 a a −1 a 2 − a a + a −1
+
+
a
a
−
a
a −a a
b) Cho biểu thức
với a > 0, a ≠ 1.
6
Với những giá trị nào của a thì biểu thức N =
nhận giá trị nguyên?
M
M=

Bài 2. (2,0 điểm)
a) Cho phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − m − 6 = 0 (m là tham số). Với giá trị nào của m thì phương trình
có hai nghiệm x1 và x 2 sao cho x1 + x 2 = 8 ?

 x 3 y 2 − 2x 2 y − x 2 y 2 + 2xy + 3x − 3 = 0

.
b) Cho hệ phương trình  2
2017
y
+

x
=
y
+
3m



Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt ( x 1 ; y1 ) và ( x 2 ; y 2 ) thỏa mãn điều

kiện ( x 1 + y 2 ) ( x 2 + y1 ) + 3 = 0 .
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b 2 chia hết cho a 2 b − 1 .
b) Cho ba số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:

a3
a3 + ( b + c)

3

+

b3
b3 + ( c + a )

3

+

c3

c3 + ( a + b )

3

≥ 1.

Bài 4. (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (điểm B nằm giữa điểm A và điểm C). Vẽ đường
tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua điểm B và điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là
các tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M và N là các tiếp điểm). Đường thẳng BC cắt MN tại điểm K. Đường
thẳng AO cắt MN tại điểm H và cắt đường tròn tại các điểm P và điểm Q (P nằm giữa A và Q).
a) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
b) Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng
minh P là trung điểm của ME.
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn
tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc tập hợp A. Tìm tất cả các phần tử của tập hợp A.
---------Hết--------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:......................................................Số báo danh:.....................................................
Cán bộ coi thi 1:........................................................Cán bộ coi thi 2:...............................................
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
HẢI PHÒNG
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học 2016 - 2017
MÔN: Toán 9
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
Chú ý:
Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
Tổng điểm bài thi: 10 điểm .

Bài

Đáp án

Điểm


1a) (1,0 điểm)
Ta có :
3

10 + 6 3

(

)

3 − 1 = 3 ( 3 + 1)3

(

0,25

)

3 −1

6 + 2 5 − 5 = ( 5 + 1) 2 − 5
3

x=

( 3 + 1)3 ( 3 − 1)
( 5 + 1) − 5
2

0,25

( 3 + 1)( 3 − 1) 3 − 1
=
=2
1
5 +1− 5

=

0,25

Thay giá trị của x vào P ta được:

(

P = 12.22 + 4. 2 −55

)

2017

1b) (1,0 điểm)
Với điều kiện a > 0; a ≠ 1 thì:

M=
Bài 1
(2 điểm)

a +1
+
a

(

)(
a(

) −(

a −1 a + a + 1

)

a −1

a +1 a + a +1 a − a +1
M=
+
−
=
a
a
a

6

Khi đó N = M =

(

6 a

)

a +1

0,25

= 12017 = 1

2

)(
a(

a −1

(

)(
a − 1) (

)

a +1 a − a +1

)

a +1

)

a +1

2

a

>0

Ta thấy với 0 < a ≠ 1 ⇒ a − a + 1 > 0

(

⇔

)

2

a +1 > 3 a ⇔

(

Do 0 < N < 2

6 a

)

a +1

2

0,25

<2

Để N có giá trị nguyên thì N = 1.

6 a
=1
a
+
2
a
+
1
⇔
⇔ a − 4 a +1 = 0
 a = 3+2
a = 7 + 4 3 ( tháa m· n)
2

a −2 =3⇔ 
⇔
 a = − 3 + 2
a = 7 − 4 3 ( tháa m· n)
⇔

(

0,25

)

0,25

0,25

Vậy a = 7 ± 4 3.
2a) (1,0 điểm)
Phương trình: x 2 − 2mx + m 2 − m − 6 = 0 có hai nghiệm thì:
∆ ' = m 2 − m 2 − m − 6 = m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −6 .

(

)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

 x1 + x 2 = 2m

2

 x1x 2 = m − m − 6

0,25


Ta có:

x1 + x 2 = 8 ⇔ x12 + x 2 2 + 2 x1x 2 = 64
⇔

Bài 2
(2 điểm)

( x1 + x 2 )

2

0,25

− 2x1x 2 + 2 x1x 2 = 64 (1)

Trường hợp 1:
Nếu x1 và x 2 cùng dấu thì:

m ≥ −6

x1 x 2 ≥ 0 ⇔  2
m − m − 6 = ( m + 2 ) ( m − 3) ≥ 0
 −6 ≤ m ≤ −2
⇔

(*)
m ≥ 3

0,25

Khi đó (1) ⇔ ( x1 + x 2 ) = 64 ⇔ 4m 2 = 64 ⇔ m = ±4 (thỏa mãn (*)).
2

Trường hợp 2:
Nếu x1 và x 2 trái dấu thì:

x1x 2 < 0 ⇔ m 2 − m − 6 = ( m + 2 ) ( m − 3 ) < 0 ⇔ −2 < m < 3 (**)

(

)

2
2
Khi đó (1) ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2 = 64 ⇔ 4m − 4 m − m − 6 = 64
2

⇔ m + 6 = 16 ⇔ m = 10 (không thỏa mãn điều kiện (**).

0,25

Kết luận: m = ± 4
2b) (1,0 điểm)

3 2

2
2 2

 x y − 2x y − x y + 2xy + 3x − 3 = 0 (1)
 2
2017
= y + 3m
(2)

y + x
3 2
2 2
2
Ta có (1) ⇔ x y − x y − 2x y + 2xy + 3x − 3 = 0

(

)

x = 1
⇔
2
( xy − 1) + 2 = 0

( V« lý)

⇔ (x − 1) x 2 y 2 − 2xy + 3 = 0

2
Thay x = 1 vào phương trình (2) ta được y − y − 3m + 1 = 0 (3)

Để phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt thì:

1
∆ = 1 + 4 ( 3m − 1) > 0 ⇔ 12m − 3 > 0 ⇔ m >
4
Theo đề bài: ( x 1 + y 2 ) ( x 2 + y1 ) + 3 = 0 ⇔ 4 + y1 + y 2 + y1y 2 = 0 (4)
do x1 = x 2 = 1 .

1
theo hệ thức Vi-ét cho phương trình (3) ta có :
4
 y1 + y 2 = 1
thay vào (4) ta có: 5 + 1 − 3m = 0 ⇔ m = 2 (thỏa mãn)

 y1y 2 = 1 − 3m

0,25

0,25

0,25

Với m >

Kết luận: m = 2.
3a) (1,0 điểm)
Ta có (a + b2)  (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈ *
⇔ a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m = ka 2 – b ∈ ¥ *
⇔ m + b = ka2
(2)

0,25

0,25


Từ (1) và (2) suy ra: mb − m − b + 1 = a + k − ka 2 + 1
⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)
(3)

Do m, b ∈ ¥ ⇒ ( m – 1) ( b – 1) ≥ 0
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ 1 ≥ k(a – 1)
  ¥
Vì a – 1 ≥ 0, k > 0 nên 1 ≥ k ( a – 1)  ≥ 0 vµ k ( a – 1) ∈
*

Bài 3
(2 điểm)

a = 1
 k(a − 1) = 0

⇒
⇔  a = 2
 k(a − 1) = 1
 
k = 1

0,25

Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2.

 m − 1 = 2

 b = 2 ⇒ k.a 2 = 5 ⇒ a = 1
b − 1 = 1

⇔
⇔
 m − 1 = 1
b = 3 ⇒ k.a 2 = 5 ⇒ a = 1


 b − 1 = 2

0,25

Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1; b = 2 và a = 1; b = 3.

b = 1
.
m = 1

Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔ 
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.
Khi m = 1: từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3.
Khi đó: a = 2, b = 3.
Vậy có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).
3b) (1,0 điểm)

Với x là số dương, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

(

)

( x + 1) x 2 − x + 1 ≤

x3 + 1 =

x + 1 + x2 − x + 1 x2 + 2
=
2
2

1
2
≥ 2
(*)
3
x +1 x + 2

⇒

0,25

0,25

Dấu “ =” xảy ra khi x = 2
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được:

a3
a3 + ( b + c)

=

3

a

Suy ra:

1
3

 b+c
1+ 
÷
 a 

3

a + ( b + c)
3

3

≥

≥

b

b + ( a + c)
3

3

2

b+c

÷ +2
 a 
2

=

2a 2

( b + c)

2

+ 2a 2
0,25

2

2a

a
= 2
(1)
2
2
a + b2 + c2
2 b + c + 2a

(

2

Tương tự ta có:
3

2

)

0,25

≥

2

b
(2)
a + b2 + c2
2

c3
c3 + ( a + b )

3

c2
≥ 2
(3)
a + b2 + c2

Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:

a3
a3 + ( b + c)

3

+

b3
b3 + ( a + c )

3

+

c3
c3 + ( a + b )

3

≥1

0,25

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
Hình vẽ:

4a) (1,5 điểm)
Gọi I là trung điểm của BC suy ra IO ⊥ BC
·
·
·
∆ABN đồng dạng với ∆ANC (Vì ANB
, CAN
chung)
= ACN
Bài 4
(3 điểm)

AB AN
⇒ AB.AC = AN2 .
⇒
=
AN AC
∆ANO vuông tại N, đường cao NH nên AH.AO = AN2
⇒ AB.AC = AH.AO (1)
∆AHK đồng dạng với ∆AIO (g.g)
Nên

AH AK
=
⇒ AI ×AK = AH ×AO (2)
AI AO

Từ (1) và (2) suy ra AI.AK = AB.AC ⇒ AK =

AB ×AC
AI

ME MH
=
MQ DQ
MP MH MH
=
=
∆PMH đồng dạng ∆MQH (g.g) ⇒
MQ QH 2DQ
MP 1 ME
⇒
= .
⇒ ME = 2 MP ⇒ P là trung điểm ME.
MQ 2 MQ

Bài 5

Bài 5 (1,0 điềm)

0,25

0,5

Ta có A, B, C cố định nên I cố định ⇒ AK không đổi.
Mà A cố định, K là giao điểm của BC và MN nên K thuộc tia AB
⇒ K cố định (đpcm)
4b) (1,5 điểm)
Ta có: ∆MHE đồng dạng ∆QDM (g.g) ⇒

0,50

0,25

0,50
0,50
0,50