Bo de thi HSG va olympic toan 10 co dap an

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CON CUÔNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10
NĂM HỌC 2017 – 2018
Mơn : TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề)

Câu 1.(5,0 điểm)
2
Cho phương trình bậc hai x − 5 x + m = 0 (1) với x là ẩn số.

a) Giải phương trình (1) khi m = 6.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn

x1 x 2 + x 2 x1 = 6

.

Câu 2. (3,0 điểm)
 x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1
 4
2
Giải hệ phương trình:  x + y − xy (2 x − 1) = 1
Câu 3.(5,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn tan α = 2 . Tính giá trị biểu thức

P=

4sin α − cos α
sin 3 α + 2 cos 3 α

uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BD = BC; AE = AC
3
4
b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các
. Điểm K trên đoạn

AD
thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số AK .

Câu 4. ( 5,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D là trung điểm
 16 
E  ;1÷
AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình CD : x − 3 y + 1 = 0 ,  3  .

a) Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao của CD
và BE.
b) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

1
1
+
2
2
a +b +c
abc .
2

Trang 1




---- Hết ---Họ tên thí sinh :........................................................................... Số báo danh :.....................................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu
1.

Nội dung

Điểm

2
Phương trình x − 5 x + m = 0

5,0

a) Giải phương trình (1) khi m = 6

1,5

2
Khi m = 6 PT (1) có dạng: x − 5 x + 6 = 0

0,5

'
Ta có: ∆ = 4 + 1 = 5 > 0

0,5

PT (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 2 và x2 = 3

0,5

b) Tìm giá trị m thỏa mãn

3,5

Lập ∆ = 25 - 4m
0,5

25
x
,
x
Phương trình có 2 nghiệm 1 2 khi ∆ ≥ 0 hay m ≤ 4

Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1 + x2 = 5; x1 x2 = m
Hai nghiệm x1 , x2 dương khi

ïìï x1 + x 2 > 0
í
ïïỵ x1x 2 > 0

0,5

hay m > 0.

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x1, x2 là
Ta có:
Suy ra
Ta có
Hay

(

x1 + x 2

)

2

25
0 < m ≤ 4 (*)

0,5

= x1 + x 2 + 2 x1 .x 2 = 5 + 2 m
A

x1 + x 2 = 5 + 2 m

x1 x 2 + x 2 x1 = 6 ⇔ x1.x 2

0,5

(

)

E

x1 + x 2 = 6

K

m 5 + 2 m = 6 ⇔ 2m m + 5m − 36 = 0 (1)
B

Trang 2
D

C

Đặt t = m ≥ 0 , khi đó (1) thành:
⇔ 2t3 + 5t2 - 36 = 0

0,5

⇔ (t - 2)(2t2 + 9t + 18) = 0
⇔ t - 2 = 0 hoặc 2t2 + 9t + 18 = 0
Với t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)).

0,5

Với 2t2 + 9t + 18 = 0 : phương trình vơ nghiệm.
Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x 1, x2 thoả mãn
0,5
x1 x 2 + x 2 x1 = 6
.
2.

 x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1
 4
2
Giải hệ phương trình:  x + y − xy (2 x − 1) = 1

3,0

( x 2 − y ) + xy ( x 2 − y ) + xy = 1
⇔ 2
2
( x − y ) + xy = 1

Hệ

1,0

a = x 2 − y

Đặt b = xy
. Hệ trở thành:

Hệ

a + ab + b = 1
 2
a + b = 1
(*)

3
2
2
a + a − 2a = 0
a (a + a − 2) = 0
(*) ⇔ 
⇔
2
2
b = 1 − a
b = 1 − a

Từ đó tìm ra

0,5

(a; b) ∈ { (0; 1); (1; 0); ( −2; − 3)}

 x2 − y = 0
⇔ x = y =1

xy
=
1
(
a
;
b
)
=
(0;
1)

Với
ta có hệ
.
x − y = 1
⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);( −1;0)

xy
=
0
(
a

;
b
)
=
(1;
0)
Với
ta có hệ 
.
2

Với

0,5

(a; b) = (−2; −3)

ta có hệ

3
3


 x 2 − y = −2
y = −
y = −
⇔
⇔
⇔ x = −1; y = 3
x

x

 xy = −3
 x3 + 2 x + 3 = 0
( x + 1)( x 2 − x + 3) = 0



0,5

0,5

Trang 3




3
3


 x 2 − y = −2
y = −
y = −
⇔
⇔
⇔ x = −1; y = 3
x
x


 xy = −3
 x3 + 2 x + 3 = 0
( x + 1)( x 2 − x + 3) = 0



Kết luận: Hệ có 5 nghiệm

( x; y ) ∈ { (1; 1);(0; − 1);(1; 0);( −1; 0);( −1; 3)}

.

.
5,0

3.
a)

Cho góc α thỏa mãn tan α = 2 . Tính giá trị biểu thức

P=

4 sin α − cos α
sin 3 α + 2 cos3 α

( 4sin α − cos α ) ( sin 2 α + cos 2 α )
4sin α − cos α
P=
=
sin 3 α + 2 cos3 α

sin 3 α + 2 cos3 α
=

4sin 3 α − sin 2 α cos α + 4sin α cos 2 α − cos 3 α
sin 3 α + 2 cos 3 α

4 tan 3 α − tan 2 α + 4 tan α − 1
=
tan 3 α + 2
=

4.8 − 4 + 4.2 − 1 7
=
8+2
2

uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BD = BC; AE = AC
3
4
b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các
. Điểm K
b)
AD
trên đoạn thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số AK .

2,5

1.0

0,5

0,5

0,5

2,5

uuur 1 uuur uuu
r 1 uuur 3 uuu
r
AE = AC ⇒ BE = BC + BA (1)
4
4
4
Vì
0,5

Giả sử

uuur
uuur uuur
uuur
uuu
r
AK = x AD ⇒ BK = xBD + ( 1 − x ) BA (1)

0,5

Trang 4




4.

uuur 2 uuu
r
uuur
uuur uuur 2x uuur
uuur
BD = BC
AK = x.AD ⇒ BK =
BD + (1 − x)BA
3
3
Mà
nên

0,5

m 2x
3m
uuu
r uuur
−
= 0 &1 − x −
=0
BC;

BA
4
Do
không cùng phương nên 4 3

0.5

uuur 1 uuur
1
8
AD
x = ;m =
AK = AD ⇒
=3
3
9 . Vậy
3
AK
Từ đó suy ra

0,5

Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D là
trung điểm AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình
 16 
E  ;1÷
CD : x − 3 y + 1 = 0 ,  3  .

5,0

Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao
2,5
a) của CD và BE.
BA EA
A
=
=2⇒ E
Ta có BC EC
là chân đường phân giác trong

0,5

D
I

B

Do BD = BC ⇒ BE ⊥ CD ⇒ BE : 3x + y − 17 = 0
x − 3y +1 = 0

I = BE ∩ CD ⇒ tọa độ điiểm I là nghiệm của hệ 3 x + y − 17 = 0

Giải hệ phương trình

⇒ I ( 5; 2 )

b) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.
a 5
BC = a > 0 ⇒ AB = 2a, AC = a 5, CE =
3

Đặt

E

C

0,5
0,5

1,0
2,5
0,5

Trang 5



BC
a
·
CBE
= 450 ⇒ IB = IC =
=
2
2
Do
⇒ IE = EC − IC ⇒ IE =
2

Tam giác EIC vuông tại I

(1)
2

a

2

3 2

(2)

uur
uur
⇒
IB
=
−
3
IE ⇒ B (4;5)
Từ (1) và (2)

Gọi C (3c − 1; c) từ

0,5

0,5

c = 1
BC = 2 5 ⇔ c 2 − 4c + 3 = 0 ⇔ 

c = 3

0,5

Với c = 1 ⇒ C (2;1), A(12;1) (KTM)
Với c = 3 ⇒ C (8;3), A(0; −3) (TM)

0,5

Vậy A(0; −3), B(4;5), C (8;3)
Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1 .
5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

2,0

1
1
+
2
2
2
a +b +c
abc .

Áp dụng BĐT AM- GM ta có
ab + bc + ca ≥ 33 a 2 b 2 c 2
1= a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ 3 abc ≤

⇒P≥
⇒P≥

≥

0,5
1
3
3 ⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc

3

abc ≥ 9abc

1
9
+
2
2
a +b +c
ab + bc + ca

0,5

2

1
1
1

7
+
+
+
2
2
a +b +c
ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca
2

0,5

9
7
+
= 30
2
2
2
a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ( a + b + c ) 2
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 30 khi chẳng hạn tại

a =b=c=

1
3.

0,5

Trang 6




`SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

ĐỀ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM
NĂM HỌC 2017-2018
Mơn thi: TỐN 10 (đề thi đề nghị)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (5,0 điểm).
1

a) Giải phương trình

2 x + 1 − 3x

b) Giải hệ phương trình
Câu 2 (4,0 điểm).

=

3x + 2
1− x

2 xy

 2
2
x + y + x + y = 1

 x + y = x2 − y


a) Tìm tập xác định của hàm số : y = x − 2 + x − 1 − x + 3 .
2
x ;x
b) Gọi 1 2 là hai nghiệm của phương trình x − mx + m − 1 = 0 .
A=

4 x1 x 2 + 6
x + x 22 + 2(1 + x1 x 2 ) . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất.
2
1

Đặt
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
Q=

x
1− x

+

y
1− y

Câu 4 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC = 4 2
5
18
,các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; 3 ) và N(0; 7 ). Xác định tọa độ các
−

đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có hồnh độ
dương.

Câu 5 (4,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam giác ABC là tam giác
cân.
b) Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một
điểm trênrcạnh
AC sao cho
uuur uuuur uuuu
uuur
NC = 2 NA và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh : BC + NM = BM + NC . Hãy biểu
uuur
uur
uuu
r
diễn vecto AI theo hai vecto AB và AC .
---------------Hết--------------

Trang 7

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu
Câu 1
5,0 a) Giải phương trình:
ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1 .
Khi đó: (1) ⇔

HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN 10

Nội dung
1
2 x + 1 − 3x

Điểm
2,5

3x + 2
1 − x (1)

=

0,25

2 x + 1 + 3x
3x + 2
=
1− x

1− x

0.5
0.5

⇔ 2 x + 1 + 3x = 3x + 2
⇔ 2 6 x 2 + 3x = 1 − 2 x

0.5
0.5

− 4 + 21
10
− 4 + 21
x=
10
Vậy (1) có nghiệm:
2 xy
 2
2
x + y + x + y = 1

 x + y = x2 − y

⇒x=

0.25

2,5

b) Giải hệ phương trình
Điều kiện: x > − y .

( x + y ) 2 − 1 + 2 xy


1
− 1 = 0
x+ y 
2
⇔ ( x + y − 1) x + y 2 + x + y = 0

(

)

PT thư nhất tương đương: ⇒ x + y = 1
 x = 1  x = −2
∨

y
=
0

y = 3
Kết hợp với PT hai ta được
 x = 1  x = −2
∨

y

=
0

y = 3
Vậy, hệ đã cho có nghiệm

Câu 2

0.5
0.5
0.5
0.25

Nội dung
a) Tìm tập xác định của hàm số : y =

0.25
0.5

x − 2 + x −1 − x + 3

Điể
m
1.5

Trang 8



x − 2 ≥ 0

x − 1 ≥ 0

x + 3 ≥ 0

 x − 2 + x −1 − x + 3 ≥ 0

 x ≥ 2
⇔
2 x 2 − 3x + 2 ≥ 6 − x

4,0

0.5

0.5
0.5

2 21
⇔
≤x≤6
3
ĐK:

b) Gọi

x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − mx + m − 1 = 0 .

A=

Đặt

nhất.

4 x1 x 2 + 6
x + x 22 + 2(1 + x1 x 2 ) . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ
2
1

2
+ PT có hai ngiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ m − 4m + 4 ≥ 0, ∀m
+ x1 + x2 = m; x1 x 2 = m − 1

A=

2.5

0.25
0.25
0.5

4 x1 x 2 + 6
( x1 + x 2 ) 2 + 2

4m + 2
m2 + 2
( m + 2) 2
= 2
− 1 ≥ −1
m +2
A nhỏ nhất khi m = −2

0.5

=

0.5
0.5

Câu 3 Cho hai số thực dương x, y
3,0 biểu thức sau:

thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Q=

x
1− x

y

+

1− y

.
Q=

Viết lại

x −1+1
1− x

1
1− x

+

+

Theo Cô si:
( Do x+y=1 )
Theo Bunhiacopski:

y −1+1
1− y
1
1− y

≥

=

1
1− x

+

1
1− y

2
4

(1 − x )(1 − y )

≥

− ( 1− x + 1− y)
2
1− x +1− y
2

=2 2

(1)

Trang 9



1− x + 1− y ≤ 2 1− x +1− y = 2

( Do x+y=1 ) (2)

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : Q ≥ 2
1 − x = 1 − y
1

⇔x=y=
x
+
y

=
1
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Vậy minQ = 2
Câu 4 Phương trình đường thẳng ∆ qua N và vng góc với AH là
4,0 x − y = − 18
7
Tọa độ giao điểm I của AH với ∆ là nghiệm của hệ PT
18

2 16
x − y = −
7 ⇒ I (− ; )

7 7
 x + y = 2
4
N 1 ( − : 2)
7
Gọi N1 là giao điểm của ∆ và AB, suy ra

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2
7x + 3y = 2
⇒ A(−1 : 3)

x
+
y
=

2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 − 7b
B (b;
)
3
Giả sử
1
d ( B, AH ) = BC = 2 2
2
Khi đó
⇒

4b + 4

b = 2 ⇒ B (2;−4)
=2 2⇒
3 2
b = −4(loai )

PT đường thẳng BC: x-y = 6
x - y = 6
⇒ H (4 : −2) ⇒ C (6;0)

x
+
y
=
2


Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ

Câu

Nội dung

Câu 5 a) . Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam
4,0 giác ABC là tam giác cân.

0.5
0.25

0,5
0,5
0,25
0,25
0.25
0,5
0.5
0.5
0.25
0.5

Điể
m
2,0

Trang 10

+ Viết được
cos C =

sin A =

a
b
; sin B =
2R
2R .

a2 + b2 − c2
2ab

+
+ Thay vào = 2, rút gọn ta được b=c
+ Vậy tam giác ABC cân tại A
b). Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên
cạnh ACuuusao
cho NCr= 2uNA
và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng
r uuuur uuuu
uur
uur
uuu
r
BC + NM = BM + NC . Hãy biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB

minh
:
uuur
và AC
uuur uuuur uuuu
r uuur
+ Chứng minh được BC + NM = BM + NC
+ Ta có I là trung điểm của MN
→

→

→

⇒ AM + AN = 2 AI

Câu 1 (5.0 điểm). Cho phương trình:

0.5
0.75
0.25
2.0

0.5
0.5
0.5

→

→

1
1 →
⇔ AB + AC = 2 AI
2
3
→
1 → 1 →
⇔ AI = AB + AC
4
6

SỞ GD & ĐT THANH HĨA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
***

0.5

0.5

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học 2016 – 2017
Mơn thi: Tốn - Khối 10
( Thời gian làm bài: 120 phút)

( m + 3) x 2 − 2 ( m + 1) x + m = 0

1. Tìm m để phương trình có nghiệm

F = ( x1 − a ) ( x2 − a )
2. Khi phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , tìm a để biểu thức

khơng phụ thuộc
vào m.
Câu 2 (8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:
1.

x 2 − 2 x + 13
= 4 x+2
4− x

Trang 11



2 ( x 2 − 1)
x−2

2.

3.

+ x−2 ≤

5
x−2

1
2
 1
 x + 2 + y −1 = x + y


 x 2 + y 2 + 4 xy − 4 x + 2 y − 5 = 0


Câu 3 (2.0 điểm). Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích tam giác ABC,

chứng minh rằng :

c2
S=
2 ( cot A + cot B )

Câu 4 (2.0 điểm). Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA sao cho
AM =

1
1
1
uuur uuu
r uuuu
r r
AB, BN = BC , CE = CA
AN
+
BE
+
CM
=0
3
3
3

. Chứng minh rằng:

3 
A  ;3 ÷ ; B ( 6;0 )
Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm  2 
. Viết phương
trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB
sao cho tứ giác MNEF là hình vng.
Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:

a3
b3
c3
3
+
+
≥
b ( c + 1) c ( a + 1) a ( b + 1) 2

.

…………………Hết…………………
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị xem thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh..........................................................................;Số báo danh….......

Câu
1
(5đ)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN CẤP TRƯỜNG KHỐI 10

Năm học 2016- 2017
Đáp án
Điểm
2
( m + 3) x − 2 ( m + 1) x + m = 0

Cho phương trình:
1. Tìm m để phương trình có nghiệm

TH1. Nếu m + 3 = 0 ⇔ m = −3 , pt trở thành:
⇒ m = −3 thỏa mãn.
TH2. Nếu m + 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ −3

3.0
4x − 3 = 0 ⇔ x =

3
4 là nghiệm

1.0
1.0
Trang 12



∆ ' = ( m + 1) − m ( m + 3) = 1 − m
2

Ta có

'
Pt đã cho có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 1 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1
kết hợp 2 TH trên ta được m cần tìm là m ≤ 1

1.0

x ;x
2. Khi phương trình có hai nghiệm 1 2 , tìm a để biểu thức
F = ( x1 − a ) ( x2 − a )
không phụ thuộc vào m.

2.0

 m ≠ −3

x ;x
Với m ≤ 1 phương trình có hai nghiệm 1 2 , khi đó theo định lí
2( m + 1)

 x1 + x2 = m + 3

x x = m
1 2
m+3
vi-et ta có: 
, ta có:
m
2a( m + 1)
2
F = ( x1 − a ) ( x2 − a ) = x1 x2 − a ( x1 + x2 ) + a 2 m + 3 − m + 3 + a

=
m − 2am − 2a
m + 3 − 2a( m + 3) + 4a − 3 2
4a − 3
=
+ a2 =
+ a = 1 − 2a + a 2 +
m+3
m+3
m+3
3
⇔ 4a − 3 = 0 ⇔ a =
4
F không phụ thuộc vào m
2
(8đ)

1.

x 2 − 2 x + 13
=4 x+2
4− x

1.0

3.0

4 − x > 0
⇔ −2 ≤ x < 4


Đk :  x + 2 ≥ 0

x 2 − 2 x = 13 = 4.
⇔
pt

1.0

0.5

( 4 − x) ( x + 2)

⇔ x 2 − 2 x + 13 = 4 − x 2 + 2 x + 8
2
đặt t = − x + 2 x + 8 ( đk t ≥ 0 ). Ta có phương trình:
8 − t 2 + 13 = 4t ⇔ t 2 + 4t − 21 = 0
t = −7
⇔
t = 3 kết hợp với điều kiện ta được t = 3

0.5
1.0

⇒ − x 2 + 2 x + 8 = 3 ⇔ − x 2 + 2 x + 8 = 9 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
2

với t =3

2 ( x 2 − 1)
x−2

2.
Đk x > 2
bpt

+ x−2 ≤

5
x−2

⇔ 2 ( x 2 − 1) + x − 2 ≤ 5 ⇔ 2 ( x 2 − 1) ≤ 7 − x

(TM).

1.0

3.0
1.0

Trang 13



7 − x ≥ 0
7 − x ≥ 0


⇔ x > 2
⇔ x > 2


 2
2
2 ( x 2 − 1) ≤ ( 7 − x )
 x + 14 x − 51 ≤ 0


kết hợp với đk ta có bpt
x ≤ 7

⇔ x > 2
⇔2< x≤3
 −17 ≤ x ≤ 3

S = ( 2;3]
Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là:

3.

1
2
 1
 x + 2 + y −1 = x + y

 x 2 + y 2 + 4 xy − 4 x + 2 y − 5 = 0


Đk:

 x > −2


y >1
x + y > 0


 x+ y
x+ y
 x+ y
+
=2
x+ y

+
=2
x
+
2
y
−
1


y −1
⇔  x+2
⇔
2
2
2

 x + 2   y − 1 
2

2
 2( x + y ) = ( x + 2) + ( y − 1)
 x + y ÷ +  x + y ÷ = 2
 


hpt

x+ y
a =
x+2

a + b = 2


x
+
y
b =
1 1

 4 + 4 =2
y −1
đặt
(ĐK a, b > 0) , ta có hệ:  a b
a + b = 2
a + b = 2
⇔ 4
⇔
2


4
4 4
2
2 2
4 4
 a + b = 2a b
( (a + b) − 2ab ) − 2a b = 2a b
a + b = 2
 a + b = 2
⇔
⇔ 4 4
2
2 2
2 2
4 4
( 4 − 2ab ) − 2a b = 2a b
a b = a b − 8ab + 8
a + b = 2
 a + b = 2
⇔ 2 2 2 2
⇔
2 2
 a b ( a b − 1) + 8 ( ab − 1) = 0
(ab − 1) a b (ab + 1) + 8  = 0
a + b = 2
a = 1
⇔
⇔
ab = 1 ( vì a, b > 0)

b = 1

1.0

1.0

2.0

0.5

0.5

0.5

Trang 14





a = 1 
⇒

b = 1 


với

3
(2đ)

x+ y
=1
x+2
x+ y
=1
y −1

x + y = x + 2
 x = −1
⇔
⇔
 x + y = y −1
y = 2

0.5
(thỏa mãn)

Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích tam giác
c2
S=
4 ( cot A + cot B )
ABC, chứng minh rằng :
a

b2 + c2 − a 2
sin A = 2 R
cosA
2bc


=
2
2
2 ⇒ cot A =
b
+
c
−
a
a
sin
A
cosA =

2bc
2R
Ta có : 
(b 2 + c 2 − a 2 ) R b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − a 2
=
=
abc
abc
4S
4.
4R
a2 + c2 − b2
⇒ cot B =
4S
tương tự ta cũng có:
, do đó

=

b2 + c 2 − a 2 a 2 + c 2 − b2 c2
⇒ cot A + cot B =
+
=
4S
4S
2S

4
(2đ)

c2
S=
2 ( cot A + cot B )
⇔
Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA sao cho
1
1
1
uuur uuu
r uuuu
r r
AB, BN = BC , CE = CA
3
3
3
. Chứng minh rằng: AN + BE + CM = 0
uuur 1 uuur uuur uuu

r 1 uuur
BN = BC ⇒ AN − AB = BC
3
3
Từ gt ta có:
uuu
r 1 uuu
r uuu
r uuur 1 uuu
r
CE = CA ⇒ BE − BC = CA
3
3
uuuu
r 1 uuu
r uuuu
r uuu
r 1 uuu
r
AM = AB ⇒ CM − CA = AB
3
3
cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
uuur uuu
r uuuu
r uuu
r uuur uuu
r 1 uuur uuu
r uuu
r

AN + BE + CM − ( AB + BC + CA) = ( BC + CA + AB)
3
AM =

uuur uuu
r uuur uuu
r r
uuu
r uuur uuu
r uuu
r r
AB
+
BC
+
CA
=
AA
=
0
BC
+
CA
+
AB
=
BB
=0 ,
mà uuur uuu
và

r uuuu
r r
nên AN + BE + CM = 0
5
(2đ)

3 
A  ;3 ÷ ; B ( 6; 0 )
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm  2 
. Viết
phương trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N

2.0

0.5

0.5

0.5

0.5

2.0

1.0

0.5

0.5
2.0

Trang 15




trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB sao cho MNEF là hình vng.
*) Viết pt đường thẳng AB:
uuu
r 9
3
r
AB = ( ; −3) = ( 3; −2 )
n
⇒ AB có vtpt là : = ( 2;3)
2
2
ta có AB có vtcp là
⇒ pt AB: 2(x - 6) + 3(y - 0) = 0 ⇔ pt AB: 2x + 3y -12 = 0

0.5
0.5

*) Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn

OB sao cho MNEF là hình vng.
Gọi H là hình chiếu của A trên Ox, do MNEF là hình vng nên ta có:
MF //AH // NE
MF OM OA − AM
AM

MN
MF
=
=
= 1−
= 1−
= 1−
AH OA
OA
OA
OB
OB
y

0.5

A
M

N
B

O F

⇔

E

MF
MF

= 1−
⇔ MF = 2
⇒ yM = 2 ⇒ xM = 1 và yN = 2 ⇒ xN = 3
3
6

khi đoa M(1 ; 2) , F(1; 0), N( 3; 2), E(3; 0)
6
(1đ)

x

0.5

Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn abc = 1 chứng minh rằng:

a3
b3
c3
3
+
+
≥
b ( c + 1) c ( a + 1) a ( b + 1) 2

1.0

do a, b, c là ba số thực dương nên áp dụng bđt TBC- TBN ta có:

a3

b c +1
a3
b c + 1 3a
3
+ +
≥ 3.
. .
=
b(c + 1) 2
4
b(c + 1) 2 4
2 ; tương tự ta cũng có:
b3
c a + 1 3b
+ +
≥
c (a + 1) 2
4
2

0.5

c3
a b + 1 3c
+ +
≥
a (b + 1) 2
4
2
cộng theo vế các bđt trên ta được:

a + b + c a + b + c + 3 3(a + b + c )
3
3
+
≥
⇔ VT ≥ ( a + b + c) −
2
4
2
4
4
VT +

0.5

Trang 16



mà a + b + c ≥ 3 abc = 3 nên
3

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
THPT HẬU LỘC 4
***

Câu 1 (5.0 điểm). Cho hàm số

VT ≥

9 3 3
− = ⇒
4 4 2
đpcm

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG
Năm học 2015 – 2016
Mơn thi: Tốn - Khối 10
( Thời gian làm bài: 120 phút)

y = x 2 − 2 ( m + 1) x + 4

1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1 + x2 = 4
2. Tìm m để

.

y < 0 với mọi x ∈ ( 1; 2 ) .

Câu 2 (8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sau:
1.

( x + 5) ( 2 − x ) = 3.

x 2 + 3x

2.

2( x − 1)
+ x−2 >7
x−2

3.

 x 2 ( y 2 + 1) + 2 y ( x 2 + x + 1) = 3

 2
2
( x + x ) ( y + y ) = 1

Câu 3 (2.0 điểm). Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin A =

sin B + 2sin C
2 cos B + cosC

Câu 4 (2.0 điểm). Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ, QM. Chứng
uuur uuur uuur uuu
r r
minh rằng: MB + NC + PD + QA = 0
Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường thẳng chứa
đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x + y + 1 = 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ
đỉnh B và C của tam giác ABC.

Trang 17

Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn

4 ( a + b + c ) = 3abc

chứng minh rằng:

1 1 1 3
+ + ≥
a 3 b3 c3 8 .
…………………Hết…………………
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh..........................................................................;Số báo danh….......
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁP TRƯỜNG KHỐI 10
Năm Học 2015- 2016
Đáp án

Câu
1
(5đ)

y = x − 2 ( m + 1) x + 4

Điểm

2

Cho hàm số

1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2

thỏa mãn

x1 + x2 = 4

xét phương trình:

3.0

.

x 2 − 2 ( m + 1) x + 4 = 0 (*)

để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1 + x2 = 4

trước hết pt (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn x1 ; x2 ≥ 0

( m + 1) 2 − 4 ≥ 0
∆ > 0


⇔  s ≥ 0 ⇔ 2 ( m + 1) ≥ 0
p ≥ 0


4 ≥ 0
m ≥ 1

 x1 + x2 = 2(m + 1)

  m ≤ −3 ⇔ m ≥ 1


x .x = 4
⇔ m > −1
; theo định lí viet ta có:  1 2

1.0

'

x1 + x2 = 4 ⇔ x1 + x2 + 2 x1.x2 = 16 ⇔ 2(m + 1) + 4 = 16 ⇔ m = 5
2. Tìm m để
để

y < 0 với mọi x ∈ ( 1; 2 ) .
x ∈ ( 1; 2 ) ⇔

y < 0 với mọi

mọi

x ∈ ( 1; 2 )

1.0

(TM)

đồ thị hàm số nằm dưới trục hoành với

1.0
2.0
1.0

∆ ' > 0

 y (1) < 0

⇔  y (2) < 0

Trang 18



m > 1
m > 1


  m < −3
m
<
−
3


3
3


⇔m>

3 − 2m < 0 ⇔  m >
2
2
4 − 4m < 0


m > 1



2
(8đ)

1.

( x + 5) ( 2 − x ) = 3.

x 2 + 3x

Đk : x + 3x ≥ 0

1.0

3.0

2

2
2
pt ⇔ x + 3 x + 3. x + 3 x − 10 = 0

2
2
đặt t = x + 3 x ( đk t ≥ 0 ). Ta có phương trình: t + 3t − 10 = 0
t = 2
⇔
t = −5 kết hợp với điều kiện ta được t = 2

x =1
⇒ x 2 + 3x = 2 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔ 
 x = −4 (TM).
với t =2
2( x − 1)
+ x−2 >7
x−2
2.
Đk x > 2
⇔ 2. ( x − 1) + x − 2 > 7. x − 2 ⇔ 7. x − 2 < 3x − 4
bpt
vì x > 2 nên 2 vế đều dương, do đó
x > 6
2
⇔ 9 x − 73x + 114 = 0 ⇔ 
 x < 19
2
9

bpt ⇔ 49( x − 2) < 9 x − 24 x + 16
19

2 < x < 9


x>6
⇒ tập nghiệm của bpt là:
kết hợp với đk ta được 
19
S = ( 2; 9 ) ∪(6; +∞ )

3.

 x 2 ( y 2 + 1) + 2 y ( x 2 + x + 1) = 3

 2
2
( x + x ) ( y + y ) = 1

( x 2 y 2 + 2 x 2 y + x 2 ) + 2 y ( x + 1) = 3 ( xy + x ) 2 + 2( xy + y ) = 3
⇔
⇔
x( x + 1) y ( y + 1) = 1

( xy + x)( xy + y ) = 1
hpt
 a 2 + 2b = 3
 a = xy + x


ab = 1
b
=
xy

+
y

đặt
, ta có hệ: 

0.5
0.5
1.0
1.0
3.0
1.0

1.0

1.0

2.0
0.5

Trang 19




3
(2đ)

 2 2
3

(a − 1)2 (a + 2) = 0
a + a = 3 a − 3a + 2 = 0

⇔
⇔
⇔
1
1
b = 1
b =
b =
a
a



a
 a = −2

a = 1

1
⇔
b=−

b
=
1

2

hoặc 

0.5

a = 1  xy + x = 1
−1 ± 5
⇒
⇔x=y=

2
với b = 1  xy + y = 1

0.5

3

x( x + ) + x = −2
 a = −2
 xy + x = −2
 xy + x = −2





2

1⇒
1⇔
3 ⇔

b = − 2  xy + y = − 2
 x − y = − 2
y = x + 3

2
với
2 x 2 + 5 x + 4 = 0


3
y = x +

2
(vơ nghiệm)
Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin A =
Ta có: (1) ⇔

2.0

sin B + 2sin C
2 cos B + cosC (1)

b
2c
+
 a 2 + c 2 − b 2 a 2 +b 2 − c 2 
a
2R 2R

=
⇔
a
+

÷ = b + 2c
a 2 + c 2 − b 2 a 2 +b 2 − c 2
2R
ac
2ab


2.
+
2ac
2ab
a 2 +c2 − b2
a 2 +b 2 − c 2
a 2 − b2 − c 2 a 2 − b2 − c 2
⇔(
− 2c) + (
− b) = 0 ⇔
+
=0
c
2b
c
2b
1 1 
⇔ ( a 2 − b2 − c2 ) .  +  = 0 ⇔ a2 = b2 + c2

 c 2b 
⇒ tam giác ABC vuông tại A
4
(2đ)

0.5

Cho tứ giác MNPQ
gọi
uuu
r A,
uuurB, C,
uuurD lần
uuu
r lượt
r là trung điểm của MN, NP, PQ, QN.
Chứng minh rằng: MB + NC + PD + QA = 0
Theo quy tắc trung điểm ta có:
uuur 1 uuuu
r uuur
uuur 1 uuur uuur
MB = . MN + MP
NC = . NQ + NP
2
2
;
;
uuur 1 uuuu
r uuur
uuu

r 1 uuuu
r uuur
PD = . PM + PQ
QA = . QM + QN
2
2
;
cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

(

)

(

(

)

(

)

)

1.0

0.5
0.5

2.0

1.0

0.5

Trang 20



r uuuu
r uuur uuuu
r
uuur uuur uuur uuur
1  uuuu
QM + MN + NQ + PM + QN + NP + PQ + MP 

VT = 2 
r uuur uuur
r r
1 uuur uuuu
1 uuu
QQ + PM + QQ + MP  = PP = 0

 2
=2
= VP
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường thẳng
chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x + y + 1
= 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác ABC.

Tọa độ điểm B:
vì B ∈ đt: x + y + 1 = 0 ⇒ B(b; -b - 1)
 b + 3 −b − 1 
M
;
÷
2
2 

gọi M là trung điểm của AB ta có
b +1
b +3+
− 2 = 0 ⇔ b = −1
⇒ B(-1; 0)
2
vì M ∈ đt: 2x - y -2 = 0 ⇒
Tọa độ điểm C:
vì AC đi qua A(3; 0) và vng góc với đt: x + y + 1 = 0 nên ta có:
pt AC: x - y - 3 = 0
x − y − 3 = 0
 x = −1
⇔
⇒ C (−1; −4)

2
x
−
y
−
2

=
0
y
=
−
4


Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt:

(

5
(2đ)

6
(1đ)

) (

Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn

)

4 ( a + b + c ) = 3abc

2.0

0.5

0.5
0.5
0.5

chứng

1 1 1 3
+ 3+ 3≥
3
a
b c
8
minh rằng:

1.0

1
1 1 3
+ +
=
từ gt ta có: ab bc ca 4
áp dụng bđt TBC- TBN ta có:
1 1 1
1 1 1 3 1
+ 3 + ≥ 3. 3 3 . 3 . = .
3
a b 8
a b 8 2 ab ; tương tự ta cũng có:
1 1 1 3 1
+ + ≥ .

b3 c3 8 2 bc
1 1 1 3 1
+ + ≥ .
c 3 a 3 8 2 ca
cộng theo vế các bđt trên ta được:
3 3 1
1 1
≥ .  + +  ⇔ 2.VT + 3 ≥ 3 . 3 ⇔ VT ≥ 3 ⇒
8 2 4
8
2.VT + 8 2  ab bc ca 
đpcm

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

0.5

0.5

0.5

ĐỀ THI OLYMPIC
Mơn thi: TỐN 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Trang 21

Câu 1 (5,0 điểm).

2x − 1

a) Giải bất phương trình. 4 x + 1

+ x − 1 < 3x − 2

.

 3
x
x
1
+2 2 = 3
x − 2
y
y
y


x 2 + 1 − x + 1 = 2

y
y2
2

b) Giải hệ phương trình
Câu 2 (4,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số : y = x − 2 x − 1 .
b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): y = x + mx + 1 tại hai điểm P ,Q mà đoạn PQ
= 3.
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
2

Q=

x
1− x

+

y
1− y

.
Câu 4 (4,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC = 4 2 ,các đường thẳng
5
18
AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; 3 ) và N(0; 7 ). Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
−

ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có hồnh độ dương.
Câu 5 (4,0 điểm).
a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:
1 + cos B

=
sin B

2a + c

4a 2 − c 2

b) Cho hình vng ABCD cạnh a . M là điểm trên cạnh AB. Chứng minh rằng :
→

→

→ →

DM . DC + CM . CD không đổi khi M di động trên cạnh AB.

---------------Hết--------------

Trang 22




SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Câu
Nội dung

2x − 1
Câu 1
+ x − 1 < 3x − 2
5,0 a) Giải bất phương trình: 4 x + 1
(1)
ĐK: x ≥ 1 (*).
2x − 1

Khi đó: (1) ⇔
⇔

4x + 1
2x − 1
4x + 1

< 3x − 2 − x − 1
<

0,25
0,25

2x − 1

0,5

3x − 2 + x − 1

⇔ 3x − 2 + x − 1 < 4 x + 1

Điểm

2,5

0,5
0,25
0,25
0.25
0.25

(do x ≥ 1 )

⇔ (3 x − 2)( x − 1) < 2
2
⇔ 3x − 5x − 2 < 0

1
⇔− 3

Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của bất phương trình là 1 ≤ x < 2
Vậy (1) có nghiệm: 1 ≤ x < 2
 3
x2
x
1
x
−
2
+2 2 = 3

y

y
y


x 2 + 1 − x + 1 = 2

y
y2
b) Giải hệ phương trình 
Điều kiện: y ≠ 0 .

2,5

 3
x2
x
1
x
1
 3 1
x
−
2
+2 2 = 3
x − 3 − 2 (x − ) = 0


y
y
y

y
y
y


⇔

x 2 + 1 − x + 1 = 2
( x − 1 ) 2 + 2 x − ( x − 1 ) = 2
2


y
y
y
y
y

( x −

⇔
( x −


0.25
0,25
0,25
(I)

1 3 x

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

1
x
u = x − ,v =
y
y , hệ phương trình trở thành:
Đặt

0,25

0,25
u 3 + uv = 0
 2
u + 2v − u = 2
Trang 23

u = 0
 2
u + 2v − u = 2
⇔
v = −u 2
u (u 2 + v ) = 0

⇔ 2
u 2 + 2v − u = 2
u + 2v − u = 2


0,25
0,25

u = 0

v = 1
⇔
v = −u 2
u = 0

⇔

2
2
u − 2u − u = 2
v = 1
1


x − y = 0

⇔
x =1
 y
  x = −1

 y = −1
⇔
 x = 1

 y = 1

0,25
0,25
(thỏa điều kiện)

0.25

Vậy, hệ đã cho có nghiệm (x,y) là : (-1 ;-1) ; (1 ;1)
Câu 2
4,0

Nội dung

Điểm
1,0

a) Tìm tập xác định của hàm số : y = x − 2 x − 1
y = x − 1 − 2 x − 1 + 1 = ( x − 1 − 1) 2 =

Viết lại:
Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi :

x −1 −1

x −1 ≥ 0

0,25
0,25
0,25

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = [1 ; +∞)
0,25
b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): y = x + mx + 1 tại hai điểm
P ,Q mà đoạn PQ = 3.
2

2
PT hoành độ giao điểm của (P) và d là: x + mx + 1 = x − 1
2
⇔ x + (m − 1) x + 2 = 0 (1)

(P) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt P, Q khi và chỉ khi:
2
PT (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m − 2m − 7 > 0 ⇔ m < 1 − 2 2

hoặc m > 1 + 2 2

3,0

0,25
0,25
0,5
0,5
Trang 24




Gọi

x ,x
P

Q

là 2 nghiệm của (1)

Ta có PQ =3

⇔ ( x − xP) 2 + ( y −
Q

Q

y

P

)2 = 9

0,5

⇔ ( x − x P ) 2 + ( xQ − 1 − x P + 1) 2 = 9

0,5
0,5

Q

9
⇔ ( x + x P ) 2 − 4 x P xQ =
Q
2
5 2
⇔ m = 1±
2 (chọn)

Câu 3 Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3,0 sau:
x

Q=

1− x

y

+

1− y

.
Q=

x −1+1

Viết lại

1− x
1
1− x

+

+

y −1+1
1− y
1
1− y

≥

=

1
1− x

+

1
1− y

2
4

(1 − x )(1 − y )

Theo Cô si:
( Do x+y=1 )

≥

0,25
2
1− x +1− y
2

=2 2

(1)

0,5
0,5

Theo Bunhiacopski:
1− x + 1− y ≤ 2 1− x +1− y = 2

0,5

− ( 1− x + 1− y)

( Do x+y=1 ) (2)

0,5

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : Q ≥ 2
1 − x = 1 − y
1

⇔x=y=
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x + y = 1
Vậy minQ = 2
Câu 4 Phương trình đường thẳng ∆ qua N và vng góc với AH là
4,0
18
x− y =−
7
Tọa độ giao điểm I của AH với ∆ là nghiệm của hệ PT
18

2 16
x − y = −
7 ⇒ I (− ; )

7 7
 x + y = 2

0.5
0.25

0,5
0,5
0,25
Trang 25