4 de v10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt. ĐỀ 1 Bµi 1: Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = 0 (1) a. Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi q = 3 b. Tìm q để phơng trình (1) có nghiệm. 2 x  y 5   x  2 y 7. Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ ®iÓm D(0;1). a. Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) vµ cã hÖ sè gãc k. b. Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt G vµ H víi mäi k. c. Gọi hoành độ của hai điểm G và H lần lợt là x1 và x2. Chứng minh rằng: x1.x2 = -1, từ đó suy ra tam gi¸c GOH lµ tam gi¸c vu«ng. Bài 4: Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm K (khác với ®iÓm B). Tõ c¸c ®iÓm K, A vµ B kÎ c¸c tiÕp tuyÕn víi nửa đờng tròn (O). Tiếp tuyến kẻ từ điểm K cắt các tiÕp tuyÕn kÎ tõ ®iÓm A vµ B lÇn lît t¹i C vµ D. a. Gäi Q lµ tiÕp ®iÓm cña tiÕp tuyÕn kÎ tõ K tíi nöa đờng tròn (O). Chứng minh tứ giác BDQO nội tiếp đợc trong một đờng tròn. b. Chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam. ĐỀ 2 Bµi 1: Cho ph¬ng tr×nh: x2 + px - 4 = 0 (1) 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi p = 3 2. Gi¶ sö x1, x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1), tìm p để: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6 Bµi 2: Cho biÓu thøc  c 3   c 3  C =. c  3 1 1     c  3   3 c. víi c  0; c 9. 1. Rót gän C. 2. Tìm c để biểu thức C nhận giá trị nguyên. Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ c¸c ®iÓm C, D thuéc parabol (P) víi xC = 2, xD = -1. 1. Tìm toạ độ các điểm C, D và viết phơng trình đờng thẳng CD. 2. Tìm q để đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đờng thẳng CD. Bµi 4: Cho tam gi¸c BCD cã ba gãc nhän néi tiÕp đờng tròn tâm O, các đờng cao CM, DN của tam gi¸c c¾t nhau t¹i H. 1. Chøng minh tø gi¸c CDMN lµ tø gi¸c néi tiÕp trong một đờng tròn. 2. Kéo dài BO cắt đờng tròn (O) tại K. Chứng minh tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh. 3. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CQ DQ  CD sao cho tam giác BCD luôn nhọn. Xác định vị giác AKC, từ đó suy ra CK DK . trí điểm B để diện tích tam giác CDH lớn nhất.   c. Đặt BOD = . Tính độ dài các đoạn thẳng AC Bài 5: (1 Điểm) Cho u, v lµ c¸c sè d¬ng tho¶  vµ BD theo R vµ . Chøng tá r»ng tÝch AC.BD chØ m·n u + v = 4. phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo  . Bµi 5: Cho c¸c sè thùc t, u, v tho¶ m·n:. 33 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: P = u2 + v2 + uv. 3t 2 u2 + uv + v2 = 1- 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: D = t + u + v ĐỀ 3. ĐỀ 4 Câu 1: 1. Giải các phương trình: a. x – 6 = 0 b. x2 – 5x + 4 = 0. Bµi 1: Cho hai sè x1 = 2 - 3 , x2 = 2 + 3 1. TÝnh x1 + x2 vµ x1x2 2.Giải hệ phương trình: 2. LËp ph¬ng tr×nh bËc hai Èn x nhËn x1, x2 lµ hai Câu 2: Cho biểu thức: nghiÖm.. 2x - y = 3  3x + y = 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bµi 2: 1. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. 3 x  4 y 7  2 x  y 1.  a 1   A=  a1. 1  a 1  a 1  a  2. . .  y y -1 y y +1  2 y  2 y  1 A=   :  y- y y 1 y + y   với y > 0; y 1. 1. Rút gọn biểu thức B. 2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có Víi a 0; a 1 giá trị nguyên. Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường 2 (d): y=(m2 - m)x +m và đờng thẳng (d’): y = 2x + 2. thẳng (d): y = nx +1 và Parabol (P): y = 2x . tìm m để đờng thẳng (d) song song với đờng thẳng 1.Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; (d’) 2.Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Bài 4: Trong mặt phẳng cho đờng tròn (O), AB là Parabol (P) tại hai điểm phõn biệt cú hoàng độ lần dây cung không đi qua tâm của đờng tròn (O). Gọi I lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hóy tớnh giỏ trị của biểu lµ trung ®iÓm cña d©y cung AB, M lµ mét ®iÓm trªn thức S = x1 x2  y1 y2 cung lớn AB (M không trùng với A, B). Vẽ đờng tròn Cõu 4: Cho tứ giỏc MNPQ nội tiếp đường trũn (O’) đi qua m và tiếp xúc với đờng thẳng AB tại A. đường kớnh MQ. Hai đường chộo MP và NQ cắt Tia MI cắt đờng tròn (O’) tại điểm thứ hai N và cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ. Đường thẳng PF đờng tròn (O) tại điểm thứ hai C. cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. 1. Chứng minh  BIC =  AIN, từ đó chứng minh tứ Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh gi¸c ANBC lµ h×nh b×nh hµnh. rằng: 2. Chứng minh rằng BI là tiếp tuyến của đờng tròn 1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn. ngo¹i tiÕp tam gi¸c BMN.  2. FM là đường phân giác của góc NFK 3. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để 3. NQ.LE= NE.LQ diÖn tÝch tø gi¸c ANBC lín nhÊt. Câu 5: Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: 2. Rót gän biÓu thøc:. 2 2 Bµi 5: Cho (x+ x  3 )(y+ y  3 )=3. Tính x+y. 1 2 3 +  m + 2n 3p . Chứng minh rằng m n p 2. ĐỀ 1 Bµi 1: Ph¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = 0 (1) víi q lµ tham sè 1. Khi q = 3 Ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 – 4x + 3 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + (- 4) + 3 = 0 c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = 3. 2. §Ó ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th×:  ' ( 2) 2  q 0  4  q 0  q 4. VËy víi q 4 th× ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm.. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bµi 2:. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. 2 x  y 5    x  2 y 7. 2 x  2 y 10    x  2 y 7.  x 3   3  2 y 7.  x 3   y 2.  x 3  Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm  y 2. Bµi 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1). 1. Phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k là: y = k(x - 0) + 1  y = kx + 1. 2. Hoành độ giao điểm của parabol (P) và đờng thẳng (d) là nghiệm của phơng trình: x2 = kx + 1  x2 - kx - 1 = 0 (2) Ta cã:  = k2 –4.(- 1) = k2 + 4 > 0 víi mäi k Nên phơng trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi k. Hay đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt G vµ H víi mäi k. 3. Hoành độ của hai điểm G và H lần lợt là x1 và x2. Khi đó x1 và x2 là hai nghiệm của phơng trình c 1  (2)., áp dụng định lý vi – ét ta có: x1.x2 = a 1 = -1 Đờng thẳng d1 đi qua O(0;0) và điểm G(x1 ;. x12) cã ph¬ng tr×nh lµ: y = x1.x §êng th¼ng d2 ®i qua O(0;0) vµ ®iÓm H(x2 ; x22) cã ph¬ng tr×nh lµ: y = x2.x V× x1.x2 = -1 nªn d1  d2 h¹y OG  OH suy ra: Tam gi¸c GOH lµ tam gi¸c vu«ng t¹i O Bµi 4: 1. Ta cã: C  OQD +  OBD = 900 + 900=1800 . Tứ giác BDQO nội tiếp đợc trong một đờng tròn.. Q. 2. XÐt  BKD vµ  AKC cã:. D.  KBD =  KAC = 900  BKD =  AKC. A. O. B. Do đó:  BKD   AKC . CA BD  CK DK. (1) Mµ CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t t¹i mét ®iÓm) CQ DQ  Tõ (1) vµ (2) suy ra: CK DK. 3. Trong tam gi¸c ODB vu«ng t¹i B ta cã: BD = OB tg  BOD = R.tg . K.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta cã:  BOQ = 2  BOD = 2  (Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)   OKQ = 900 -  KOQ = 900 - 2  OQ R Trong tam gi¸c vu«ng OQK vu«ng t¹i Q ta cã: OK = cos KOQ = cos 2 R  KA = OK + OA = cos 2 + R. Trong tam gi¸c KAC vu«ng t¹i A ta cã: R AC = AK.tg  AKC = ( cos 2 + R). tg(900 - 2  ) 1 1 Ta cã:  DOQ = 2  BOQ,  COQ = 2  AOQ (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau) 1 1 Do đó:  COD =  DOQ +  COQ = 2 (  BOQ +  AOQ) = 2 .1800 = 900   COD vu«ng t¹i O. Mµ OQ  KC nªn OQ2 = CQ.QD = AC.BD (v× CA = CQ, DQ = DB )  AC.BD = R2. VËy: tÝch AC.BD chØ phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo  . Bµi 5: (1 §iÓm) Ta cã: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1) 3t 2 MÆt kh¸c: Theo gi¶ thiÕt u2 + uv + v2 = 1- 2.  2uv = 2 - 2u2 - 2v2 -3t2 (2). Thay (2) vào (1) ta đợc: D2 = 2 - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = 2 – (u - t)2 – (v - t)2  2 3 2 2 2  2 2 u  v  uv  1  t t  9  2    u t  u t v t v t    . D2 = 2 khi  - 2 D .  2 t  3   2 u  3   2 v  3 . 2.  t    u    v  2 VËy: gi¸ trÞ nhá nhÊt cña D lµ khi . 2 3 2 3 2 3.  t    u    v  hoÆc . 2 3 2 3 2 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  2 t  3   2 u  3   2 v  3 . Gi¸ trÞ lín nhÊt cña D lµ 2 khi. ĐỀ 2 Bµi 1: (2 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 + px - 4 = 0 (1) víi p lµ tham sè 1. 1. Khi p = 3 Ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 + 3x - 4 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0 c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = - 4 2 2 2. Ta cã:   p  4.( 4)  p  16  0.  x1  x2  p  Nªn ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm x1, x2 vµ  x1 x2  4. MÆt kh¸c: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) = x1 x2 x2  x1  x2 x1 x1  x2  4 x2  x1  ( 4 x1 )  x2  3( x1  x2 ) ( 3).( p) 3 p. §Ó: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6 th×: 3p > 6  p > 2 VËy víi p > 2 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6. Bµi 2: Víi c  0; c 9 ta cã:  c 3   c 3  C =  . .  . c 3 . VËy C =. c  3 1 1     c  3   3 c =.    . 4 c 3. víi. c  3 3  0 . 2. Ta cã:.  . c  3   c 3   c  3 .3. c. . 2.   c  3  c  3   c  3 c 3 . . c 3   . 2. c 3 3. c. 12 c. . . c  3 .3. c. . 4 c 3. c  0; c 9 4 4  c 3 3 4 1  c 3. Do đó: giá trị nguyên của C = 1 Khi đó: VËy víi c = 1 th× C nhËn gi¸ trÞ nguyªn b»ng 1. c  3 4  c 1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bµi 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x 2 và các điểm C, D thuộc parabol (P) với x C = 2, xD = -1. 1. Tung độ của điểm C là: yC = xC2 = 22 = 4  điểm C có toạ độ là (2; 4) Tung độ của điểm D là: yD = xD2 = (-1)2 = 1  điểm D có toạ độ là (-1; 1) x = k không phải là phơng trình của đờn thẳng CD Gọi y = ax + b là phơng trình đờng thẳng CD. Vì điểm C(2; 4) thuộc đờng thẳng CD nên ta có: 4 = 2a + b  b = 4 – 2a (1) Vì điểm D(-1; 1) thuộc đờng thẳng CD nên ta có: 1 = (-1)a + b (2) Thay (1) vào (2) ta đợc: 1 = -x + 4 – 2a  a = 1 Thay a = 1 vào (1) ta đợc b = 4 – 2.1 = 2 Vậy đờng thẳng CD có phơng trình: y = x + 2 2. Để đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đờng thẳng CD thì: 2q 2  q 1   q  1 2 q. VËy víi th¼ng CD. Bµi 4:. 2q 2  q  1 0    q 2  1. 1 2.  1  1  q  1  q   0  q 2   2 q 1 . .. thì đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đờng. 1. Ta cã:  CMD = 900,  CND = 900 Nên C, D, M, N cùng thuộc đờng tròn đờng kính CD Hay tø gi¸c CDMN lµ tø gi¸c néi tiÕp trong một đờng tròn. 2.  KDB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn). C. N. K' H O. B.  DK // CM (cïng vu«ng gãc víi BD) (1). I. K P. M D.  KCB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  CK // DN (cïng vu«ng gãc víi BC) (2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành. (tứ giác có các cặp cạnh đối song song). 3. Gọi KP là đờng cao của tam giác CKD , I là trung điểm của CD, K’ là điểm chính giữa cung nhỏ DC  KP  K’I 1 V× tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh nªn SCDH = SCKD = 2 KP.CD.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> §Ó SCDH lín nhÊt th× SCKD lín nhÊt  KP lín nhÊt  KP = K’I  K trïng víi K’ hay K lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá CD. Mµ K, O, B th¼ng hµng  B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD. VËy ®iÓm B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD th× diÖn tÝch tam gi¸c CDH lín nhÊt. Bµi 5: Ta cã: u + v = 4  u2 + v2 = 16 – 2uv Mặt khác: u, v là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 4uv  (u + v)2  4uv  16  uv  4 33 33 33 65 P = u2 + v2 + uv = 16 – 2uv + uv  16 – 2.4 + 4 = 4 65 P= 4. khi u = v vµ u + v =4  u = v = 2. 65 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 4 khi u = v = 2. ĐỀ 3 Bµi 1:. Cho hai sè x1 = 2 - 3 ,. x2 = 2 + 3. 1. Ta cã: x1  x2 (2  3)  (2  3) 4 x1 x2 (2  3)(2 . (1). 3) 4  ( 3) 2 1. (2). 2. Từ (1) suy ra: x1 4  x2 thay vào (2) ta đợc: x1 x2 1   4  x2  x2 1  x2 2  4 x2  1 0 2 VËy x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x  4 x  1 0 Bµi 2: 1. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. 3x  4 y 7 3x  4 y 7 11x 11  x 1  x 1      2 x  y 1 8 x  4 y 4 2 x  y 1 2.1  y 1  y 1  x 1  Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm  y 1. 2. Rót gän biÓu thøc: Víi a 0; a 1  a 1   a  1  A=. ta cã:   1  a 1   a 1  a  2 = . . . a1. . a 1. a1.  1  a 1 a 1  a  2 .

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  =. . 2. . a 1  1 a 1 a a 2  a 1 a 2 a 1. . a 1  a a 2. VËy A = a Víi a 0; a 1 Bµi 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy đờng thẳng (d): y = (m2 - m)x + m song song với đờng thẳng (d’): y = 2x + 2 m2  m 2    m 2. m2  m  2 0    m 2. (m  1)  m  2  0  m  1  m 2. Vậy với m = -1. thì đờng thẳng (d) song song với đờng thẳng (d’) Bµi 4: 1. Ta cã:  NAI =  NMA (1) (gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n cung AN trong đờng tròn (O’))  ABC =  AMC(Hai gãc néi tiÕp. cùng chắn cung AC trong đờng. C A. B I. H N O. O'. trßn (O)) hay  NMA =  ICB (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra:  NAI =  IBC M. XÐt  AIN vµ  BIC cã:  NAI =  IBC (c/m trªn). AI = IB (v× I lµ trung ®iÓm cña AB)  AIN =  BIC (đối đỉnh). Do đó:  AIN =  BIC  IC = IN  tứ giác ANBC có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng  Tø gi¸c ANBC lµ h×nh b×nh hµnh.. 2. ANBC lµ h×nh b×nh hµnh   IBN =  IAC hay  IBN =  BAC. (3). Mặt khác:  BMC =  BAC (4) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC trong đờng tròn (O)) Từ (3) và (4) suy ra:  IBN =  BMI  BI là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BMN. 3. Gọi AH là đờng cao của tam giác ABC , C’ là điểm chính giữa cung nhỏ BC  CH  C’I 1 SANBC = 2SACB = 2. 2 CH.AB = CH.AB. §Ó SANBC lín nhÊt th× SACB lín nhÊt  CH lín nhÊt  CH = C’I  C trïng víi C’ hay C lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Mµ M, I, C th¼ng hµng  M, O, C th¼ng hµng  M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín BC. 2 2 2 2 2 2 Bµi 5: (x+ x  3 )(y+ y  3 )=3  (x+ x  3 )( x  3 - x)(y+ y  3 )=3( x  3 - x) 2 2  y+ y  3 = x  3 - x (1) 2 2 2 2 2 2 Và (x+ x  3 )(y+ y  3 )=3  (x+ x  3 )( y  3 - y)(y+ y  3 )=3( y  3 - y) 2 2  x+ x  3 = y  3 - y (2). (1)-(2) ta được x+y =0. ĐỀ 4 Câu. Câu 1 (2điểm). Nội dung 1. Giải các phương trình: a. x = 6 b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0. Vậy ngiệm của. Điểm 0.5 0.75.  x1 = 1  x =4 phương trinh là:  2. 0.75. 2. Giải hệ phương trình:  2x - y = 3   3x + y = 2. Câu 2 (2điểm). 5 x 5   3x + y = 2. x = 1   y = -1. 1. Với y > 0; y 1 Ư(2). . .  y y -1 y y +1  2 y  2 y  1 A=  :  y- y y 1 y + y  . . . 2. 2 y 1  ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1)  A=  : y ( y -1) y ( y  1)   ( y  1)( y  1). . .  (y + y +1) (y - y +1)  2 y  1 A=  : y y   ( y  1) A=. A= A=. y + y +1- y + y -1 y. . . . y1  2( y  1). . y1  y 2( y  1). 2 y. y1. y 1 2. Với y > 0; y 1 Ta có. 1.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> y1. A=. y 1. . y 1  2 y 1. 1 . 2 y 1. 1. để A nhận giá trị nguyên thì 2 y  1 nguyên hay 2 y  1  y 1 U (2) . y  1  1, 2 . y   0,1  y   0,1. (không thỏa mãn ĐKXĐ). Vậy không có giá trị nguyên nào của y để biểu thức B nhận giá Câu 3 (2điểm). trị nguyên 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1  n = 1 là giá trị cần tìm 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x 2 - nx -1 = 0 Có Δ = n 2  8  0 với mọi n nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi n Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2) khi đó. 0.5. 0.75. 0.75. y1 = 2x12 ; y 2 = 2x 2 2. Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x1 x 2 =. 1 2. Theo bài ra ta có S = x1 x2  y1 y2 x1 x2  2 x12 .2 x12 x1 x2  4( x1 x2 )2  S. Câu 4 (3điểm). 1 1 1 1  4.   1  2 4 2 2. 1 2 là giá trị cần tìm.  MPQ = 900. 1. Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); EF  MQ. 1.0.    EPQ + EFQ = 900  90 0 180 0 . tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính PQ 2. Tương tự    ENM + EFM = 900  900 1800 . tứ giác MNEF nội tiếp    PFQ PEQ (hai góc nộ tiếp. P. cùng chắn cung PQ trong đường tròn đường kính EQ). N E.   NFM NEM (hai góc nội tiếp. 1.0L. cùng chắn M. F. Q.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> cung MN trong đường tròn đường kính ME)   NEM PEQ (hai góc đối. đỉnh)   PFQ MFK (hai góc đối. 1.0. đỉnh)    NFM KFM  hay PM là phân giác của góc NFM 3. Ta có:   NPM NQM (hai góc nội tiếp cùng. chắn cung MN trong đường tròn đường kính MQ)   EPF EQF (hai góc nộ tiếp cùng. chắn cung EF trong đường tròn đường kính EQ)    NPE EPL  PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE  P Q  PE là phân giác ngoài. của ΔNPL . Câu 5 (1điểm). ΕΝ QN =ΕΝ.QL  QN. ΕL  ΕL QL. (đp cm) Với a, b, c là các số dương ta có: (+). 0.25. 1 2 9 +  (1)  (m + 2n)(n + 2m) 9 m n m + 2n. mn  2m 2 - 4mn + 2n 2 0  2(m - n) 2 0. 0.25. (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n (+). 0.25. m + 2n  3(m 2  2n 2 )(2)  (m  2n) 2 3(m 2  2n 2 )  2m 2 - 4mn+ 2m 2 0  2( m - n) 2 0. (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n (+) Từ (1) và (2) suy ra 1 2 9 9 3 +    m n m+ 2n 3(m 2 + 2n 2 ) p 2 2 2 (do m + 2n 3 p ).. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 1 2 3 +  Suy ra m n p . Dấu bằng. xảy ra khi m = n = p.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>