De thi hsg toan 8 (1)

a Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF... Chứng minh rằng hai tam giỏc BEC và ADC đồng dạng.. Chứng minh rằng hai tam giỏc BHM và BEC đồng dạng.. Ch

Bộ đề ôn HSG TOÁN 8

ĐỀ IV

Bài 1: Cho biểu thức: A =

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định

b) Rút gọn biểu thức A

c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Bài 2:

a) Giải phương trình:

b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + 1

Bài 3:

Cho hình thang ABCD; M là một điểm tuỳ ý trên đáy lớn AB Từ M kẻ các đường thẳng song song với hai đường chéo AC và BD Các đường thẳng này cắt hai cạnh BC và AD lần lượt tại E và F Đoạn EF cắt AC và BD tại I và J

a) Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF

b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy chỉ ra vị trí của M trên AB sao cho EJ = JI = IF

Bài 4: Cho a  4; ab  12 Chứng minh rằng C = a + b  7

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM IV

1 a Điều kiện:

c Ta có: A nguyên (x + 2006)

Do x = không thoã mãn đk Vậy A nguyên khi x =

2 a Ta có:

(2006 - x) = 0 x = 2006

b Thiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được:

P

Q

J I

D

C E

M F

Từ (1), (2) và (3) suy ra hay FI.FJ = EI.EJ (4)

Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có:

b Nếu AB = 2CD thì nên theo (1) ta có

suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ

Do đó: FI = EJ = IJ = không liên quan gì đến vị trí của M Vậy M tuỳ ý

trên AB

ĐỀ V

Bài 1:

Phân tích đa thức thành nhân tử:

a) x2 – x – 6

b) x3 – x2 – 14x + 24

Bài 2: Cho đa thức : P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + 6

a) Phân tích P(x) thành nhân tử

b) Chứng minh rằng P(x) chia hết cho 6 với mọi x Z

Bài 3:

Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z

đáy là 150 Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM V

1 a Ta cã: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x

+ 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3)

Bộ đề ụn HSG TOÁN 8

( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tơng đơng )

b Ta có: x = 2 là nghiệm của f(x) = x3 – x2 – 14x + 24

Do đó f(x) x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12

Vậy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12)

Ta lại có: x = 3 là nghiệm của x2 + x – 12

Nên x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4)

Nh vậy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4)

2 a P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + 6 = 2x4 – 6x3 – x3 + 3x2 – 5x2 +

15x – 2x + 6

= (x – 3)(2x3 – x2 – 5x – 2) = (x – 3)(2x3 – 4x2 + 3x2 – 6x +x –

2)

=(x – 3)(x – 2)(2x2 + 3x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1)

b P(x) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x – 2 + 3)

= 2(x – 3)(x – 2)(x + 1)(x – 1) + 3(x – 3)(x – 2)(x + 1) (Đfcm)

3 Ta có : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 -

1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên

tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số

là bội của 4, một số là bội của 3, một số là bội của 5)

Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120

4

Ta có x,y > 0 và

Vì a> b > 0 nên và Vậy x < y

5 1/ Xét khoảng x < -2 ,ta có: -3x + 2 = 14 x = - 4

2/ -2 x < 1, ta có : -x + 16 = 14 x = 2 (loại)

3/ 1 x < 3, ta có : x + 4 = 14 x = 10 (loại)

4/ x 3 , ta có: 3x – 2 = 14 x =

Vậy phơng trình trên có nghiệm là x = - 4 và x =

B F

Dựng tam giác cân BIC nh tam giác AFB có góc đáy 150

Suy ra : (1)

Ta có (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2)

Từ (1) và (2) suy ra : đều

Đờng thẳng CI cắt FB tại H Ta có: = 300 ( góc ngoài của

)

Suy ra: = 900 ( vì = 600 ) Tam giác đều FIB nên IH là

trung trực của FB hay CH là đờng trung trực của Vậy

cân tại C Suy ra : CF = CB (3) Mặt khác : cân tại F Do đó: FD = FC (4)

Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC)

GiảI bằng phơng pháp khác đúng cho điểm tơng đơng

ĐỀ VI

Bài 1:

a) Phõn tớch đa thức sau thành nhõn tử: A = ( x2 - 2x)(x2 - 2x - 1) - 6

b) Cho x  Z chứng minh rằng x200 + x100 +1  x4 + x2 + 1

Bài 2: Cho x,y,z 0 thoả món x + y + z = xyz và

x

1 +

y

1

+

z

1 =

3

Tớnh giỏ trị của biểu thức P = 2 2 2

1 1

1

z y

Bài 3: Tỡm x biết

a) 3 x 2 < 5x -4 b)

57

43



54

46



48

52 51

49 

x

Bài 4:

a) Chứng minh rằng A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3  9 với mọi n N*

b) Cho x, y, z > 0 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức P = x y

z x

z

y z

y

x











sao cho HD = HA Đường vuụng gúc với BC tại D cắt AC tại E

1 Chứng minh rằng hai tam giỏc BEC và ADC đồng dạng Tớnh độ dài đoạn BE theo m AB

2 Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giỏc BHM và BEC đồng dạng Tớnh số đo của gúc AHM

3 Tia AM cắt BC tại G Chứng minh: GB BC AH HC HD

Bài 6: Chứng minh rằng cỏc số tự nhiờn cú dạng 2p+1 trong đú p là số nguyờn tố , chỉ cú một số là

lập phương của một số tự nhiờn khỏc.Tỡm số đú

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VI

Cõu1(4đ)

a,đặt a = x2 -2x thỡ x2 -2x -1 = a-1

 A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2)

b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1)

.1đ 1đ

Bộ đề ôn HSG TOÁN 8

=x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) +

(x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1)

dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 + 1

 A chia hết cho x4 + x2 + 1

1đ

1đ Cau 2 :

(2đ

Có (1 1 1)2

z y

1 1

1

z y

1 1 1

yz xz

xy  

( 3 ) 2= p + 2zxyz yx vậyP+2=3

suy ra P = 1

0.75đ 0,75đ 0.5đ

Câu 3:

(3đ) giải 4-5x < 3x +2< 5x - 4làm đúng được x> 3

b, Cộng 1 vào mỗi phân thức rồi đặt nhân tử chung

(x+100)(571 541  511  481 ) = 0  S =  100

1đ 0.5đ 1đ 0.5đ

Câu 4:

3đ a, = n

3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8)

=3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3)

Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3

=n2(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1)

Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho 3 ( vì tích của 3 số tự nhiên

liên tiếp )

3(n+1) chia hết cho3  B chia hết cho 3  A =3B chia

hết cho 9

b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c  x+y+z =

 x =  a2bc; y = a 2bc ; z= a2b c

P =  a2a bca2b bca2b c c =

) 1

1 1

( 2

1

c

b c

a b

c b

a a

c a

b       



)) (

) ( ) ( 3 ( 2

1

b

c c

b c

a a

c b

a a



2 3

Min P =23 ( Khi và chỉ khi a=b=c  x=y=z

0.5đ 0,5đ 0,5đ

0.5đ

1đ

Câu 5:

(2đ) + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung

0,25 đ

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra:BEC=ADC  135 0(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết)

Nên AEB 45 0do đó tam giác ABE vuông cân tại A

Suy ra: BE AB 2 m 2

0,25 đ

0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ b)

2đ Ta có:

BM BE AD

BC  BC  AC (do ~ )

mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

2

BC  AC   AC AB BE (do ABH Đồng dạng CBA)

Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c) suy ra: BHM  BEC 135 0  AHM  45 0

0,5đ

1đ

0,5đ c)

2đ Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC

Suyra: GC GB AC AB ,

Do đó: GC HC GB HD  GB GC HD HC GB  HD  GB BC AH HC HD

1đ

1đ Câu 6 Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta có 2p=(a-1)(a2+a+1)

Vì p là số nguyên tố nên:

Hoặc : a-1=2 suy ra p=13 ( thoả mãn) Hoặc: a2+a+1 =2 điều này không xảy ra vì a >1 Vởy trong các số tự nhiên có dang 2p+1 (p là số nguyên tố) chỉ có 1 số là lập phương của một số tự nhiên khác

1đ 0,5đ 0,5đ

ĐỀ VII

Bài 1:a Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= yx 2 2xx 36y

b Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0 Chứng minh :

abc

3 c

1 b

1 a

1

3 3

Bài 2:a Tìm x,y,x biết :

5

z y

x 4

z 3

y 2

x2  2  2  2  2  2

Bộ đề ôn HSG TOÁN 8

b.Giải phương trình : 2x(8x-1)2(4x-1)=9

Bài 3:a Chứng minh : a5 - a chia hết cho 30 với aZ

b Chứng minh rằng : x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi xZ+

Bài 4:Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’ ;BB’;CC’ Có trực tâm H

a) Tính tổng :

b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC IM; IN thứ tự là phân giác của các góc AIC; AIB(M AC;N AB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM

c) Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện gì thì biểu thức :

đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5: Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì

(1+a2)(1+b2)(1+c2) bằng bình phương của số hữu tỉ

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VII

Bài Nội dung

Bài1

a)

2đ

b)

2đ

3y-x=6  x=3y-6

Thay vào ta có A=4

Vì: (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0  abacbc0 0

abc

bc ac

0 c

1 b

1 a



c

1

; y b

1

; x a

1    chứng minh bài toán Nếu x+y+z=0 thì: x3+y3+z3=3xyz  đpcm

Bài 2:

a)

1,5đ

b)

1,5đ

5

z y

x 4

z 3

y 2

x2  2  2  2  2  2

5

z 4

z 5

y 3

y 5

x 2











z y x 0 20

z 15

y

2 10

x















phươngtrình:

2x(8x-1)2(4x-1)=9 (64x2  16x1)(8x2  2x)9

72 ) x 16 x 64 )(

1 x 16 x 64



đặt :64x2-16x+0,5=k

Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72 k2 72,25 k 8,5

Với k=8,5 Ta có x=

2

1 x

;

41 

Với k=-8,5 phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2

Bài 3

a)

1.5đ

b)

1.5đ

có: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5) = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1) (a+1)

vì a nguyên nên a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên30(2)

5a(a-1)(a+1)là tích của 3số nguyên liên tiếp với 5 nên chia hết cho 30

Từ (1); (2) suy rađpcm

b,Từ bài toán trên ta có: x5-x 5 x5-x+2 chia 5 dư 2 x5-x+2 có tận cùng là 2 hoạc

7 (không có số chính phương nào có tận cùng là 2hoặc 7)

Vậy: x5-x+2 không thế là số chính phương với mọi x Z

Câu4









 











 

bc

a c ba

c b ac

b





















bc

a c a

1 ac

b b

c

abc

1 a

c c

b a

b b

a b

c c

a















































2

2 2

2 2

2

b

a a

b c

b b

c a

c c

a abc

1

tacó x+ x

x 2

1 >0 Nên A8 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

câu 5

a)

b

B

A

C I

B’

H N

x

A’

C’

M

D B

A

C I

B’

H N

x

A’

C’

M

D

Tương Tự: (2)

(3)

Từ (1); (2); (3) ta có: =

b) áp d ụng tính chất đường phân giác vào các tam giácABC, ABI, AIC:

suy ra

Bộ đề ôn HSG TOÁN 8

c)

c)Vẽ Cx CC’ Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx

-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’

- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD

- BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2

AB2 + AD2 (BC+CD)2

AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2

Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2

-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2

(Đẳng thức xảy ra BC = AC, AC = AB, AB=BC Tức tam giác ABCđều Câu6 2đ có 1+a 2 =ab+ac+bc+a2 =(a+c)(a+b) Tương tự 1+b2 =(a+b)(b+c) 1+c2=(b+c)(a+c)

     2 2 2 2)(1 b )(1 c ) a b a c b c a 1 (         đpcm ĐỀ VIII Bài 1: Cho biểu thức: a/ Thu gọn A b/ Tìm các giá trị của x để A<1 c/ Tìm các giá trị nguyên của x để Acó giá trị nguyên Bài 2: Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1 Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0 Bài 3:a) Giải phương trình:

b) Cho đa thức P(x) = x2+bx+c, trong đó b và c là các số nguyên Biết rằng đa thức x4 + 6x2+25 và 3x4+4x2+28x+5 đều chia hết cho P(x) Tính P(1)

Bài 4:

Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB và CD Nối D với E

Vẽ tia Dx vuông góc với DE, tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M.Trên tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho DM = EK Gọi G là giao điểm của DK và EM

a/ Tính số đo góc DBK

b/ Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống BM Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên một đường thẳng

Bài 5:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x6+3x2+1=y3

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VIII

Bài 1

a)

b)

c)

A=

A=

Tacó:1-A= >0 khi x-1<0 suy ra x<1

Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1

A= 1+

Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1 Hoặc x-1=1 suy ra x=2

Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai)

Vởy x=2 là giá trị cần tìm

Bài 2: Đặt A= abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) vì a2+b2+c2=1

Nếu abc >0 ta có:A=abc+a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1 A=(a+b+c+1)2+abc (1)

Nếu: abc<0 ta có:

A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc

Biến đổi được :A=( 1+a)(1+b)(1+c) +(-abc)

Vì ì a2+b2+c2=1nên -1 nên (1+a)(1+b)(1+c)

Và -abc nên A (2)

Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc)

Bài 3:

a)

b)

Biến đổi phương trình về:

Đkxđ: y {3; }

3y+1=-2y+6

y=1(thoả mãn) vậyphương trình có nghiệm duy nhất y=1

Từ giả thiết chỉ ra: 14x2-28x +70 chia hết cho x2+bx+c

(x2-2x+5 ) (x2+bx+c) mà b; c là các số nguyên nên b=-2; c=5 Khi đó P(1) =12-2.1+5 =4

K H

I E

M

D

C

B A

Bộ đề ôn HSG TOÁN 8

Bài 4:

b)

theo tỉ số 1/2

Từ đó chứng minh:CK=ED (1)

EB=BC (2)

=1350 (3) từ: (1);(2);(3)suy ra:

Chứng minh tứ giác DEKM là hinhchữ

nhật

Suy ra tam giác CKM vuông cân tại M

H là trung điểm củaCM

AI//DM (cùng vuông góc với DE) HI//DM (T/c đường trung bình) nên A; ;I;H thẳng

hàng (1)

Các tam giác CIH; CHK vuông cân tại Cvà H nên KH= CI =DI

Mà DI//KH nên tứ giác DIKH là hình bình hành

Lại có tứ giác DEKM là hình chữ nhật

Do đó EM; DK; IH đồng qui tại G là trung điểm của DK

vậy: G IH (2)

Tử (1); (2) ta có A;I;G;H thẳng hàng

Bài 5: Với x≠ 0 ta có 3x4>0; 3x2>0 ta có

(x2)3 <y3<(x+1)3 nên phương trình vô nghiệm

Với x=0 ta có y3=1 suy ra y=1

Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất(x;y)=(0;1)

ĐỀ IX

Bài 1:

a/ Cho x + y = a , x2 + y2 = b, x3 + y3 = c Chứng minh a3 + 2c = 3ab

b/ Với giá trị nào của x thì phân thức sau bằng 0? P =

Bài 2: Cho biểu thức: Q =

a/ Rút gọn Q

b/ Tìm các giá trị của a để Q đạt giá trị nguyên

Bài 3: Giải phương trình:

j H C'

B'

B A

Bài 4: Cho tam giác ABC , ba đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại H Chứng minh:

Bài 5: Cho hình vuông ABCD M là điểm tùy ý trên đường chéo BD Kẻ ME vuông góc với AB,

MF vuông góc với AD

a/ Chứng minh DE = CF, DE vuông góc với CF

b/ Chứng minh DE, BF, CM đồng quy

c/ Xác định vị trí điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất

ĐÁP ÁN IX

1 a a3 + 2c = (x + y)3 + 2(x3 + y3) = 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2

3ab = 3(x + y)(x2 + y2) = 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2

Vậy: a3 + 2c = 3ab

b Biến đổi được P =

Lý luận được mẫu thức > o với mọi x

P = 0 (x +1)2(x2 - x + 1) = 0 (x +1) = 0 x = -1

2 a Biến đổi Q = = (a -2; a - )

Thiếu điều kiện trừ 0,25đ

b Q nguyên a + 2 là ước của 2 a+2 a

3

(x-2008)

Vì

Nên x -2008 = 0 x = 2008

Vậy S =

4

M F

E

B A

Bộ đề ôn HSG TOÁN 8

5

a C/m AEMF là hình chữ nhật suy ra MF = AE

C/m ∆MFO vuông cân tại F suy ra MF = FD

Suy ra AE = FD

C/m ∆DAE = ∆CDF (c.g.c) suy ra DE = CF

ADE =DCF

ADE+EDC = 900

DCF+EDC = 900

b C/m tương tự ta có EC = FB và EC FB

C/m ∆FEB = ∆CME (EC = FB,ADE =DCF, ME = EB)

MCE =EFB MCE+FEC =EFB+FEC = 900

∆CEFcó CM,DE,BF là các đường cao nên chúng đồng qui

c ME+MF=AE+EB=AB không đổi

ME.MF lớn nhất ME=MF AEMF là hình vuông M O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình vuông ABCD

ĐỀ X

b/ Cho a + b = 1 Tính giá trị của biểu thức: A = a2(2a - 3) + b2(-3 + 2b)

Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 = 1

b/ Giải phương trình:

Bài 3: Cho biểu thức: M =

a/ Tìm điều kiện xác định của biểu thức M

b/ Rút gọn biểu thức M

c/ Tìm các cặp số nguyên (x;y) để biểu thức M có giá trị bằng 3

Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB//CD) và O là giao điểm của hai đường chéo AC, BD Chứng

minh rằng:

a/ Diện tích tam giác AOD bằng diện tích tam giác BOC.

b/ Tích của diện tích tam giác AOB và diện tích tam giác COD bằng bình phương diện tích tam giác BOC

ĐÁP ÁN X

1 a x5 – 5x3 + 4x = x(x4 -5x2 + 4) = x[x2( x2-1)-4(x2-1= x( x2-1)(x2-4=

(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)

b A = a2(2a - 3) + b2(-3 + 2b= 2(a3+b3)-3(a2+b2= 2(a+b)(a2 –ab + b2) -3(a2+b2 = 2(a2 –ab + b2) -3(a2+b2) (vì a+b=1)

= -2ab-a2-b2 = -(a+b)2 = -1

2 a (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 +2ab + 2ac + 2bc = 1

= 0 = 0

ab + ac + bc = 0

2ab + 2ac + 2bc = 0 a2 + b2 + c2 = 1

b

(x+2009)

(x+2009) = 0 (vì

x =-2009

3 a x -1, y 1, x y (Thiếu,sai 1ĐK trừ 0,25đ) b M = =

= = = x – y + xy

c M = 3 x – y + xy = (x –1) (y+1) = 2

(loại)

Hoặc (thỏa)

Vậy (x;y) = (0;-3)

4

O

C

M

N

a Vẽ AH DC, BK DC (H,K DC)