luyện thi thử HSG toán 9

Chứng minh đờng thẳng MI luôn cắt parbol tại hai điểm phân biệt.. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ACK.. Kết luận : Quỹ tích của I là cung I1I2 thuộc

Trờng THCS Vĩnh hng Đề luyện thi Môn Toán Lớp 9

Đề I:

Bài 1:

Rút gọn biểu thức: − +

6

1 12

5 3

1

3

1 2 3

1 +

Bài 2:

Biết x;y;z ≠ 0 và 2 ++ 2 ++ 2 =

) (

z y x

cz by ax

a2 + b2 + c2

Chứng minh rằng: a x = b y = c z

Bài 3: Cho phơng trình bậc hai 2x2 + 6x + m = 0.Với giá trị nào của m thì phơng trình có 2 nghiệm

Phân biệt x1 x2 thoả mãn

1

2 2

1

x

x x

x + ≥ 2

Bài 4: Với giá trị nào của số nguyên m, hệ phơng trình.

m x + 4 y = m + 2

x + my = m Có nghiệm duy nhất (x;y) với x,y là các số nguyên

Bài 5: Giải phơng trình:

5 4

2 + x−

x = 2x− 2 + x - 1

Bài 6: Cho parbol y = 1/2 x2 và điểm I (0;2) M(m;0)

a Viết phơng trình đờng thẳng MI

b Chứng minh đờng thẳng MI luôn cắt parbol tại hai điểm phân biệt

Bài 7: Cho a,b > 0 thoả mãn a + b = 1.

Chứng minh rằng: 1 21 2

b a

ab+ + ≥ 6

Bài 8: Cho tam giác ABC phân giác BE, CF cắt nhau ở O và

2

1 =

CF

CD BE

BD

chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A

Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A Đờng trung trực của AB cắt BC ở K Chứng

minh rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ACK

Bài 10: Cho đờng tròn (O) và một điểm P cố định ở bên ngoài đờng tròn Một cát

tuyến thay đổi qua P cắt (O) tại hai điểm A và B Tìm quỹ tích trung điểm I của AB

Đáp án đề I:(Toán 9) Bài 1:(2đ)

Ta có :

6

1 12

5

− =

6

6 12

5

− =

12

6 2

5 − =

3 2

) 2 3

3 2

2

3 −

(1.0đ)

3

1 3

1 2 3

1 6

1 12

5

3

1

= + +

−

3 2

2

3 −

+

3

1 2 3

1 +

=

6

2

3 − +

6

2 +

3

3 =

6

3

3 =

2

3 (1.0đ)

Bài 2 : :(2đ)

Từ (gt) = + + + + 2 2 2 2 ) ( z y x cz by ax a2 + b2 + c2⇒ ⇒ a2 x2 + b2 y2 + c2 z2 + 2axby + 2 acxz + 2bcyz = a2 x2 + b2 y2 + c2 z2 + a2 y2 + a2 z2 + b2 x2 + b2 z2 + c2 x2 + c2 y2 (0.5đ) ⇒ (a2 y2 - 2abxy + b2 x2) + (a2 z2 - 2acxz + c2 x2) + (b2 z2 - 2bcyz + c2 y2) = 0 (0.5đ) ⇒ (ay - bx)2 + (az - cx)2 + (bz- cy)2 = 0 (0.5đ) ay -bx = 0 a x = b y ⇒ az - cx = 0 ⇒

z c x a = ⇒ a x = b y = c z (0.5đ) bz - cy = 0 b y = c z Bài 3 : :(2đ) Để phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ta phải có: ∆ > 0 ⇔ 9 - 2m > 0 ⇔ m < 2 9 (0.5đ) 1 2 2 1 x x x x + ≥ 2 ⇔ 2 1 2 1 2 2 1 2 2 x x x x x x + − ≥ ⇔

2 1 2 2 1 ) ( x x x x + ≥ 0 (0.5đ) Vì : (x1 - x2)2 ≥ 0 với mọi x1 x2 do đó 2 1 2 2 1 ) ( x x x x + ≥ 0 ⇔ x1 x2 ≥ 0 (0.5đ) Theo viet ta có: x1 x2 = 2 m Nên x1 x2 > 0 ⇔ 2 m >0 ⇔ m > 0

Vậy giá trị của m cần tìm là: 0 < m < 9/2 (0.5đ) Bài 4: :(2đ) Ta có: m x + 4 y = m + 2 ⇔

x + my = m

m x + 4 y = m + 2

x = m - my

⇔ m (m - my) + 4y = m +2 ⇔

x = m - my m 2 - m2 y + 4 y = m + 2

x = m - my (0.5đ)

⇔ (m - 2) (m + 2) y = (m + 1) (m +2) (*)

x = m - my

Để có nghiệm duy nhất thỳ pt (*) có nghiệm duy nhất

(*) có nghiệm duy nhất ⇔ (m -2) (m + 2) ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 và m ≠ - 2 Khi đó nghiệm duy nhất của hệ là: ( x =

2 +

m

m

; y =

2

1 +

+

m

m

) (0.5đ)

Ta có; x =

2 +

m

m

= 1

2 +

m

m

và y = 1 -

2

1 +

m

Để x nguyên thì m + 2 là ớc của 2

m + 2 = -1 ⇔ m = -3 (0.5đ)

Để y nguyên thì m + 2 là ớc của 1 ta có:

Vậy để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) với x,y là các số nguyên thì m = -1 hoặc m = -3 (0.5đ)

Bài 5 : :(2đ)

Điều kiện x ≥ 1

Ta có: x2 +4x−5 = 2x− 2 + x - 1

) 5 )(

1

(x− x+ = 2x− 2 + x - 1 (0.5đ)

đặt t = x - 1 t ≥ 0 khi đó phơng trình trở thành

) 6 (t+

t = 2t + t (0.5đ)

⇔ t2 + 6t = 2t + t2 + 2t 2t

⇔ 2t = t 2t

⇔ 2t2 = 4t3

⇔ t2 (t - 2) = 0

⇔ t = 0 hoặc t -2 = 0 (0.5đ)

t - 2 = 0 ⇔ t = 2 TMĐK t ≥ 0

Với t = 0 ⇔ x - 1 = 0 ⇔ x = 1

t = 2 ⇔ x - 1 = 2 ⇔ x = 3

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x =3 (0.5đ)

Bài 6: :(2đ)

a Giả sử đờng thẳng MI có pt là y = ax + b (0.25đ)

Ta có

2= a 0 +b ⇔

0= a m +b

b = 2

a = -2/m (0.5đ) Vậy đờng thẳng MI có pt là : y = -

m

2

x + 2 (D) (0.25đ)

b Phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:

2

2 = -

m

2

x + 2 ⇔ mx2 + 4x - 4m = 0 (0.5đ)

∆’ = 4 + 4m2 > 0 với mọi m Vậy (D) luôn cắt (p) tại hai điểm phân biệt (0.5đ)

Bài 7: :(2đ)

Trớc hết ta c/m bất đẳng thức: 1x +1y ≥ x+4 y

Ta có: (x + y)2 ≥ 4yx ⇒ x xy+y ≥ x+4y ⇒ 1x +1y ≥ x+4 y (0.75đ)

Với a,b>0 ta có: 1 2 1 2

b a

ab+ + ≥ 2 2 2

4

b ab

a + + = ( ) 2

4

b

a+ = 4 (0.5đ)

ab

1

.

2

1

4 2

1

b

a+ = 4

1 2

1

b a

ab+ + +2ab

1

≥ 4 + 2 (0.5đ) Vậy 1 21 2

b a

ab+ + ≥ b (0.25đ)

Bài 8 : :(2đ)

Đặt BC = a; AC = b; AB = c

áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:

CE

AE BC

AB = ⇒ CE =

c a

ab AC

BC

AC BC

+

= +

(0.5đ)

b

c a CE

BC OE

BD = = +

(0.5đ)

c b a

c a DE

BD

+ +

+

c b a

b a CF

CD

+ +

+

= (0.5đ)

A E F

O

B C

Từ gt suy ra:

(( )( )2) = 21

+ +

+ +

c b a

b a c a

⇔ (a +b + c)2 = 2 (a2 +ab + ac +bc) ⇔ a2 = b2 + c2 vậy ABC là ∆ vuông (0.5đ)

Bài 9: :(2đ)

Kẻ tiếp tuyến AB” (0.5đ)

Ta có: ∠ CAB’ = ∠ AKC (1) (0.5đ)

Các tam giác cân ABC; KBA có

chung góc ở đáy B

nên ∠ CAB = ∠ AKB tức là ∠ CAB

= ∠ AKC (2) (0.5đ)

Từ (1) và (2) ⇒∠ CAB =∠ CAB’tức

là AB = AB” vậy AB là tuyến tuyến

A

O

của đờng tròn (0.5đ)

Bài 10: :(2đ)

Phần thuận : I là trung điểm của AB

suy ra OI ⊥ AB ⇒ I nằm trên đởng tròn

đờng kính OP

Giới hạn I phải nằm trên cung I1I2 phía

trong đờng tròn tâm O

Phần đảo : Lấy I’ tuỳ ý trên cung I1I2

phía trong (O) thì I’ là trung điểm của

dây cung A’B’ thuộc cát tuyến PA’B’

Kết luận : Quỹ tích của I là cung I1I2

thuộc đờng tròn đờng kính OP

0,25đ

O P

0,75đ

A

Trờng THCS Vĩnh hng Đề luyện thi Môn Toán Lớp 9

Đề II:

Bài 1:

2006

1 2005

1

1 + + là một số hữu tỷ

Bài 2:

Biết 1 = 1 = 1 = 2

c b

a và 12 = 12 = 12 = 2

c b a

Chứng minh rằng: a + b + c = abc

Bài 3: Cho hai phơng trình:

x2 + ax + b = 0 (1)

x2 - cx - d = 0 (2)

Và các hệ số a,b, c, d thoả mãn a(a - c) + c (c - a) + 8 (d - b) > 0

Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phơng trình đã cho có nghiệm

Bài 4: Cho hệ phơng trình:

x + ym = 2

mx + 2y = 1

Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x,y) mà x > 0 và y > 0

Bài 5: Giải phơng trình:

x2 - 3 + x+ 3 = 0

Bài 6: Cho parbol y = 1/2 x2 (p) và đờng thẳng (d) có phơng trình:

y = mx +

2

1

a Chứng minh rằng với mọi m đờng thẳng d luôn đi qua một điểm cố định

b Chứng minh rằng với mọi m (d) luôn cắt (p) tại hai điểm phân biệt M,N

Bài 7: Cho a ≥ 1; b ≥ 1

Chứng minh rằng: a b− 1 + b a− 1 < ab

Bài 8: Trong tam giác ABC Đờng phân giác AD chia cạnh đối diện thành các đoạn

thẳng BD = 2cm; DC = 4cm Đờng trung trực của AD cắt đờng thẳng BC ở K tính

độ dài KD

Bài 9: Hình thang ABCD (AB//CD) có BD2 = AB CD Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD tiếp xúc với BC

Bài 10: Cho đờng tròn (o; R) cố định và điểm A cố định thuộc đờng tròn, B là điểm

di động trên đờng tròn Tìm qỹ tích các điểm M sao cho B là trung điểm của AM

Đáp án đề II Bài 1: :(2đ)

2006

1 2005

1

2006

1 2005

1

2005

2 2005

2006

2 2006

2006

1 2005

1

2006 2005

2 2005

2

2006

2

(0,5đ)

2006

1 2005

1

2006

1 2005

1

2

2006

1 2005

1 1

2006

1 2005

1

Bài 2 : :(2đ)

Từ (gt) 1 +1+1 = 2

c b

a ⇒ ( 1 1 1) 2 4

2 2

2 + + =

c b



+ +

+

bc ac ab c

b

mà 12 + 12 + 12 =

c b

bc ac

abc

c

b

a

Bài 3 : :(2đ)

Phơng trình (1) có:

∆2 = c2 + 4d

∆1 + ∆2 = a2 + c2 + 4d - 4b ⇒ 2 (∆1 + ∆2) = 2 (a2 + c2 ) + 8 (d -b) (0,5đ)

Từ gt a (a - c) + c (c - a) +8 (d - b) >0

⇒ 8 (d - b) > 2 ac - a2 - c2

⇒ 2 (∆1 + ∆2) = 2 (a2 + c2 ) + 8 (d -b) > a2 + c2 + 2ac = (a + c)2 (0,5đ)

⇒ 2 (∆1 + ∆2) > 0 ⇒∆1 + ∆2 > 0

Vậy ít nhất một trong 2 biểu thức ∆1 hoặc ∆2 dơng, do đó ít nhất một trong 2 phơng trình có hai nghiệm phân biệt (0,5đ)

Bài 4: :(2đ)

x + my = 2 ⇔

⇔

mx - 2y = 1

x = 2 - my

m (2 - my) - 2 y = 1⇔ x = 2 - my y=

2

1 2

2 +

−

m

m

(0,75đ) (vì m2 + 2 ≠ 0 ∀ m)

⇔ x =

2

4

2 +

+

m

m

y =

2

1 2

2 +

−

m

m

Vậy hệ luôn có nghiệm duy nhất (x =

2

4

2 +

+

m

m

; y =

2

1 2

2 +

−

m

m

) (0,25đ)

Để x > 0 ⇒ 2 +42

+

m

m

> 0 ⇔ m > - 4 (0,5đ)

y < 0 ⇒ 22 +21

−

m

m

< 0 ⇔ m < 1/2 (0,5đ)

⇒ -4 < m <1/2 vì m ∈Z nên m = -3 ; -2; -1; 0

Vậy giá trị cần tìm của m là: -3; -2; -1;0 (0,5đ)

Bài 5 : :(2đ)

Điều kiện x ≥ -3

Đặt u = x+ 3 (u ≥ 0) ⇒ u2 = x +3 (0,5đ)

Ta có hệ phơng trình:

u2 = x +3 ⇔

x2 - 3 +u = 0

u2 - x = 3 (1)

x2 + u = 3 (2) (0,5đ)

Từ (1) và (2) ta có: u2 - x2 - x - u = 0

⇔ (u +x) (u - x- 1) = 0

⇔ u = - x hoặc u = x + 1 (0,5đ)

Với u = - x ta có: x2 - x -3 =0 ⇔ x =

2

13

1 + hoặc x =

2

13

1 − (loại)

Với u = x +1 ta có: x2 + x -2 =0 ⇔ x = 1 hoặc x = -2 (loại)

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x =

2

13

Bài 6: :(2đ)

a Từ pt của đờng thẳng (d) y = mx + 1/2 ⇒ 2y = 2mx + 1

Gọi C (x0; y0) là điểm cố định của (d) ⇒ C ∈ (d) với mọi M (0,5đ)

Ta có: 2y0 = 2mx0 +1 ∀m ⇔ 2x0 m = 2y0 +1∀m

2x0 = 0 ⇔

2 y0 - 1= 0

x0 = 0

y0 = 1/2 Vậy (d) luôn đi qua điểm cố định C (0; 1/2) (0,5đ)

b Phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:

m

2

2 = mx +

2

1

⇔ x2 -2mx -1 = 0 (1) (0,5đ)

∆’ = m2 + 1 > 0 Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt do đó (p) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt M,N (0,5đ)

Bài 7: :(2đ)

Ta có: a ≥ 1⇒ a - 1 ≥ 0; b ≥ 1 ⇒ b - 1 ≥ 0 (0,5đ)

áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm a -1 và 1 ta đợc:

b a− 1 = b (a− 1 ) 1 < b

2 2

1

Tơng tự: a b− 1 <

2

ab

(0,5đ)

Do đó: a b− 1+ b a− 1 <

2

ab

+

2

ab

= ab (0,5đ)

Bài 8 : :(2đ)

Ta có: ∠KDA = ∠KAB +∠BAD;

∠KDA = ∠DAC + ∠C

nên ∠KAB = ∠C (0,5đ)

⇒∆KAB ∼∆ BCA (g.g)

⇒KB KA = AC AB

Mặt khác:

2

1 4

2

=

=

=

CD

BD AC

AB

(0,5đ) vậy KB = 1/2 KA do đó KB = 1/2KD

Theo tính chất đờng phân giác:

2

1

=

=

=

AC

AB DC

BD

DC

KB

⇒ KB =

2

4

2 =

DC

= 2 (cm) (0,5đ) Vậy KD = 2KB = 2.2 = 4 (cm)

A

K

C

Bài 9: (2đ)

Từ (gt) BD2 = AB CD ⇒ CD BD = BD AB(1)

(0,25đ)

Gọi E là giao điểm của đờng tròn ngoại

tiếp ∆ABD với DC vì ∆BED là hình

thang cân

Nên ∠AD = ∠BE

⇒ ∠ABD = ∠BDE(2) (0,25đ)

Từ (1) và (2) ⇒∆ABD ∞ ∆ BCD (c.g.c)

⇒ ∠DAB = ∠DBC(3) (0,25đ)

Kẻ tiếp tuyến AC” với đờng tròn

⇒ ∠C’ BD = ∠DAB(4) (0,25đ)

Từ (3) và (4) ⇒∠DBC = ∠DBC’

⇒ BC ≡ BC’ (0,5đ)

vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

OO C”

D E C

O

tiếp xúc với BC (0,5đ)

Bài 10: :(2đ)

Phần thuận: Qua A vẽ đờng kính AOI

vì A cố định nên I cố định

Nối I với M trong tam giác AIM có AB

= BM và OA = OI nên OB là đờng TB

của tam giác AIM (0,5đ)

⇒ IM = 2OB = 2R ⇒ M chạy trên

đ-ờng tròn tâm I bán kính 2R (0,5đ)

M B

o

Phần đảo: Lấy M’ bấtkỳ thuộc đờng tròn (I,2R) nối A với M’ rồi lấy B’ là trung

điểm của AM’ trong tam giác AIM’ ta có B’A = B’M’ vào OA = OI nên OB’ là đờng trung bình của ∆AIM’ Vậy OB’ = I M′ = R = R

2

2

Do đó B phải nằm trên đờng tròn (O;R) (0,5đ)

Giới hạn: khi A ≡ Q thì B ≡ O ; khi A ≡ S thì B ≡ S

Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm M khi B di động trên đờng tròn (O,R) là đờng tròn (I;2R) trong đó I là điểm đối xứng với A qua O (0,5đ)

Trờng THCS Vĩnh hng Đề luyện thi Môn Toán Lớp 9

Đề III:

Bài 1:Tính giá trị của biểu thức:

M =

x

x x

x

2 1 1

2 1 2

1

1

2

1

−

−

− + +

+

+

Bài 2:

Cho x + y + z = 1 và 1 = 1 = 1 = 0

z y

x Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 = 1

Bài 3: Giả sử phơng trình bậc hai:

x2 + ax + b + 1= 0 có hai nghiệm nguyên dơng

O

Chứng minh rằng a2 + b2 là một hợp số.

Bài 4: Cho hệ phơng trình:

mx - y = 2

3x + my = 5

Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x,y) thoả mãn hệ thức x + y = 1 -

3 2

2 +

m m

Bài 5: Giải phơng trình:

x2 + 4x + 5 = 2 2x+ 3 = 0

Bài 6: Cho parbol y = -1/2 x2 (p)

a Lấy hai điểm M,N thuộc P lần lợt có hoành độ là -2, 1 viết phơng trình đ-ờng thẳng M,N

b Xác định hàm số Iy = ax + b biết đồ thi (D) của nó song song với MN và chỉ cắt (P) tại một điểm

Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất của:

y =

x

x

2

4

−

Bài 8: Cho tam giác ABC Có AB = 4cm ; AC = 6cm đờng phân giác AD Điểm O

chia trong AD theo tỷ số 2:1 Gọi K là giao điểm của BD và AC, tính tỷ số AK:KC

Bài 9: Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB và CD vuông góc với nhau Gọi I là

trung điểm của OB; tia CI cắt đờng tròn ở E cắt CD ở K tính DK

Bài 10: Cho nữa đờng tròn tâm O đờng kính AB Từ một điểm M trên nữa đờng

tròn ta kẻ MN vuông góc với AB và trên bán kính OM lấy điểm P sao cho OP =

MN Tìm quỹ tích của P khi M chạy trên nửa đờng tròn

Đáp án đề III Bài 1:(2đ)

Ta có :

4

) 1 3 ( 4

3 2 4 4

3 2 1 2

1

2 +

=

+

= +

=

4

) 1 3 ( 4

3 2 4 4

3 2

1

2

1

2 +

=

−

=

−

=

− x 0,5đ

Vậy M =

2

1 3 1

(

4

) 1 3

+ +

+

+

2

1 3 1 ( 4

) 1 3

+

−

−

=

) 3 3 ( 2

) 1 3

+

+

+

) 3 3 ( 2

) 1 3

−

−

0,5đ

=

3

2

1

3 +

+

3 2

1

3 −

3 2

3 2

Bài 2:(2đ)

Từ (gt) x +y +z = 1 ⇒ x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz +2yz = 1 0,5đ

Ta lại có: 1+ 1 +1 = 0

z y

x ⇒ + + = 0

xyz

yz xz xy

0,5đ

Vậy từ: x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz +2yz = 1

⇒ x2 + y2 + z2 + 2(xy + 2xz +2yz) = 1 0,5đ

⇒ x2 + y2 + z2 = 1 0,5đ

Bài 3:(2đ)

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình đã cho:

Theo định lý vi et ta có: x1 + x2 = -a; x1 x2 = b +1 0,5đ

Nên: a2 + b2 = [-(x1 + x2)]2 + (x1 + x2)2

= x2

1 + x2

2 + 2xy + 2 x1x2 + x2

1 + x2

= x2

1 + x2

2 + x2

1 + x2

2 + 1 = (x2

1 + 1) + (x2

2 + 1)

Bài 4:(2đ)

0,75đ

Vì m2 + 3 ≠ 0 với ∀m nên hệ có nghiệm duy nhất:

(x =

3

5

2 +

+

m

m

; y =

3

6 5

2 +

−

m

m

ta có: x + y = 1 -

3 2

2 +

m m

+

m

m

+

3

6 5

2 +

−

m

m

+

3 2

2 +

m

m

⇔ m2 + 7 m - 1 = m2 + 3 ⇔ 7m = 4 ⇔ m = 4/7

Bài 5:(2đ)

Ta có x2 + 4x + 5 = 2 x+ 3

⇔ x2 + 4x + 1+ 2x + 3 - 2 x+ 3+ 1 = 0

0,5đ

Với x = -1 TMĐK vậy phơng trình có nghiệm là x = -1 0,25đ

Bài 6:(2,0đ)

a Vì M ∈ (P) nên cho x = -2 ⇒ y = -2

Vậy M (-2; -2)

mx - y = 2 ⇒

⇔

3x + my = 5

y = mx - 2 ⇒

3x + m (mx - 2) = 5

y = mx - 2

(m2 + 3) x = 5 + 2m

⇔ ( x + 1)2 = 0

( 2x+ 3 - 1)2 = 0

⇔ x = -1

2x+ 3 = 1

⇔ x = -1

N ∈ (P) nên cho x = 1 ⇒ y =

2 1

Vậy N (1;

2

1

Giả sử phơng trình đờng thẳng MN là y = mx + n

Ta có:

-2 = m (-2) +n ⇔

-2

1

= m 1 +n

m =

2 1

n = -1

b Vì (MN) // (D) nên a =

2

1

vậy (D) có phơng trình dạng y =

2

1

x + b phơng trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là:

-2

1

x2 =

2

1

(D) chỉ cắt (P) tại một điểm nên pt (1) có nghiệm kép

⇔∆ = 0 ⇔ 1 - 8b = 0 ⇔ b =

8 1

Vậy (D) có Pt là y =

2

1

x +

8

1

0,5đ

Bài 7: (2đ)

y có nghĩa khi:

x - 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 0,5đ

x ≠ 0

áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có:

2x = 4

2

4 ) 4 (x− +

Vậy giá trị lớn nhất của y là:

8

1

Bài 8: (2đ)

Kẻ DE// BK ta có

KC

KE KE

AK KC

AK

.

2

=

=

OD

AO

KE

AK

( vì OK // DE) (0,5đ)

5

2 4 6

4 = +

= +

=

=

AB AC

AB BC

BD

KC

KE

(0,5đ)

A

K E B

O

Vậy

5

4 5

5

2 =

=

KC

AK

Bài 9:(2đ)

Vì C là điểm chính giữa của cung AB

nên ⇒ ∠AEI = ∠IEB 0,5đ

⇒ IE là phân giác của ∠AEB 0,5đ

IB

IA

EB

EA

0,5đ

⇒ OK =

3 3

OA=

Vậy DK = 2/3R 0,5đ

C

A B

E

D Bài 10: (2đ)

Phần thuận: Kẻ OC⊥AB Ta có OC cố

định (0,5đ)

Xét 2 ∆OMN và CDP có MN = OP;

∠OMN=∠MOC (sole)

OM = OC (0,5đ)

nên ∆OMN = ∆COP

⇒ ∠MNO = ∠CPO = 900 (0,5đ)

Vậy khi M chạy trên nữa đờng tròn (O)

thì (P) chạy trên đờng kính OC cố định

(0,5đ)

C

M

A

Phần đảo: Cho M’ là điểm bất kỳ trên đờng tròn đờng kính OC Nối OM’ cắt nửa

đờng tròn (O) tại đờng tròn M’ Kẻ M’ N’⊥AB (0,5đ)

Ta có ∠CP’O = 900 Xét hai tam giác vuông OM’N’ và COP’ bằng nhau(cạnh huyền = cạnh góc vuông ⇒ M’ N’= OM’

Kết luận: Vậy quỹ tích của P là đờng tròn đờng kính OC trong đó C là điểm chính giữa của nửa đờng tròn (O) (0,5đ)

O I K

N O B