Một số DE THI vào chuyên toán có hướng dẫn giải

3-Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thoã mãn bài toán... cChúng minh tam giác OAB vuông.. Bài 3:Cho đoạn thẳng AB = 2a coi trung điểm là

ĐỀ THI NĂM 2003THPT Bài I:

1 1

2 2

x x x

x

x x

Rút gọn M với 0 x 1

2 3

0 2

0 3 4 2

y

y y x x

y y x

1 1

v

v u

a)Nhân xét rằng :

x x

x x

x

5 5 1

) 2 ( 5 1 1

1 3

2

3 2

3 3

Ta

(2) vào ThayGT

x x

y

y x

Do đó Q= x2+y2 =2

b) Ta có :

411

2 2 2 2 2

2 2 2

u v u

A

Theo BĐT

2 1 2

25 4 16 1 16

1

4 4

2

1 2

1

2 2

2 2

2 2

2 2

v

u

uv v

u Hay v

u v

u

2

25 là A của nhất nhỏ rị giá đó

2

1 v u ra xẩy Dấu 2

1 A vậy Do

uv

1 Nên v

u Mặt khác

Bài III

Gọi x,y,z Lần lượt là các đường cao ứng với các cạnh a,b,c của tam giác Nhận xét :Đường cao của tam giác luôn luôn lớn hơn bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác do đó :x >2, y >2, z >2 Vì x,y,z là các số nguyên dương nên :

3

; 3

z y x

1 ( 1 3

1 3

1 3

1 1

1

1

r S

c b a cz

c by

b ax

a z y z

y

IV

Từ giả thiết suy ra :HCB =400 Dựng đường phân giác CK của HCB thì

HCK=BCK=200 Trong tam giác vuông AHC có AHC=300

CH CH

2

1 2

1

AH : đó

Dựng KM vuông góc BC tại M,

AH BC

AB BK

BC Hay BC

AB BK

IA

 Từ (2) và (3)

IH CK HK

P=

4 3 2

4 8 6 3

Bài III:a)Tìm hai số tự nhiên a và b thõa mãn a-b = b a

b)Cho hai số dương a,b và a+b=5.Tìm giá trị nhỏ nhất của P= a1 b1

Bài IV:Cho Hệ phương trình :

0 3 3 2

x

y x

Gọi (x1;y1) và(x2;y2) là hai nghiệm của hệ phương trình Hãy tính giá trị của biểu thức:

M= (x1-x2)2+(y1-y2)2

Bài V:Cho (O) và một dây cung AB Các tiếp tuyến của đường tròn vẽ từ A và B cắt nhau

tại C Vẽ dây CD của đường tròn có đường kính OC (D khác A và B)CD cắt cung AB của (O) tại E(E nằm giữa Cvà D)Chứng minh:

a)BED = DAE; b)DE2=DA.DB

HƯỚNG DẪN Bài I

a)HD:Tử thức biến đổi là : ( 2  3  2 )  2 ( 3  2  2 ); P 1  2

b)HD:Từ GT : x2-2y2= xy,suy ra(x+y)(x-2y) = 0 Do x+y  0

y y y x

y x

Bài II

8

1 3

; 2

1 0

3 5 2

3 x PT t  t   t   t   x  x 

14

11

4

013333

1

3 3

3 2

 ; 0 ) ( ) : (2)Từ (1) và (2) bn-b=n hay(n-1)b=n(3)

Nếu n=1 thì không thoã mãn (3)

1

1 1 1

n b

Do b là số tự nhiên (n-1) là ước của 1 hay n-1=-1 hoặc n-1=1

n=0 không thõa mãn

n=2 thõa mãn b=2;a=4thoã mãn bài toán

b a b a

Bài IV:

Từ PT:x-3y-3= 0  x 3 (y 1 ) ( 1 )Thay vào PT 5y2+5y-3=0 (2)

Do (x1;y1) và (x2;y2) là hai nghiệm của HPT nên y1;y2 là hai nghiệm của (2)

Từ đó y1+y2= -1 ;y1y2= ( 3 )

5

3

Từ (1) Ta có x1-x2=3(y1-y2),Suy ra M=(x1-x2)2 +(y1-y2)2=10(y1-y2)2=…=34

Bài V:

a)Ta có EBC=EAB (Cùng chắn Cung EB) DCB=DAB(Cùng chắn cung BD)

Nên EBC+DCB=EAB+DABMặt khác :EBC+DCB=BED; EAB+DAB=DAE

Vậy BED=DAE

b)Ta có ADE=ABC=CAB=EDB

Theo câu a)BED=DAE,suy ra: BED

DE

DB DA

5 3

2

2 3

2 3

xy y

y x x

Câu III-Tìm các số nguyên x,y thoã mãn đẳng thức sau:

2y2x+x+y+1= x2+2y2+xy

Câu IV –Cho nửa (O)đường kính AB =2R(R là một độ dài cho trước )M,Nlà hai điểm trên

nửa (O)sao cho M cung AN và tổng khoảng cách từ A,Bđến đường thẳng MN theo R

3

1-Tính độ dài đoạn MN theo R

2-Gọi giao điểm của haidây AN và BM là I ,giao điểm của các đường thẳng AM và

BN là K C/mR:bốn điểm M,N,I,K cùng nằm trên một đường tròn Tính bán kính của đường tròn đó theo R

3-Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thoã mãn bài toán

Câu V.Cho x,y,z là các số thực thoã mãn điều kiện x+y+z+xy+xz+yz = 6 C/mR:

x2+y2+z2  3

ĐỀ II CÂU I

Cho phương trình :x4+2mx2+4 = 0 Tìm giá trị của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1,x2,x3,x4 thoã mãn x1 +x2 +x3 +x4 =32

0 2 5

2

2 2

2 2

y x y x

y x y xy x

2

1

5

0 1 2 1 5 2

5 10

7

x

x x

x

x x

x x

) 1 ( 3 2

7 6

27 2

7 6

20 12

8 7

6

5 3

2

2 3 2

3

3 2

3

2 3 2

3

2

3

y y

y x xy

y

y x xy

y

y x x xy

;

 y y

Vậy HPT có 3bộ nghiệm(1;1);      ;78105

8 105 5

; 8 105 7

; 8 105 5

3 )

' ' ( 2 1

và tam giác OMN đều

2)-Ta có M,N,I,K cùng nằm trên đường tròn đường kính IK ,AKN = 21 (sđAB-sđMN)=600.Gọi O’ là trung điểm của IK  MO’N=2MKN=1200

3

3 R

kính bán đó Do 3

3 3

3 '

3)Điểm K nằm trên cung chứa góc 600 Dựng trên đoạn AB =2R Nên SKABlớn nhất 

đường cao KP lớn nhất  Tam giác KAB đều lúc đó SKAB = 3

ĐỀ II Câu I:

Đặt x2 = t PT (1) đã cho có dạng:t2+2mt+4=0(2) Vì PT (1) có 4 nghiệm nên PT(2)

có 2 nghiệm t1,t2 phân biệt, nghĩa là:

2 0

2

0 4

2 1

2 1

2 '

t t

m m

t t

Ta có PT trên có dạng (y+x-2)(y-2x+1)=0

4 0

4

0 1 2 2

y x y x

x y

Câu III:

Với x  2 ; y  2 Ta có

nguyên nghiệm

có không cho

đã PT 2.Thì y

hoặc 2 x Nếu y

2

2 2

x y x y x y x y

x y

2)-Từ BMI AMN BI BM BPCDCE Do BI,CE song song và bằng

nhau nên BICFE là hình bình hành

Xét tương tự ta có BKCF là hình bình hành

3)Gọi H là trung điểm của BC và S là điểm đối xứng của O qua H Dễ thấy các cặpđiểm sau đối xứng nhau qua H (B,C);(P;D);(I;E);(F;K),do đó SI=SP=SK (Vì chúng lần lượt

bằng OE,SK=OF,SP=OD).BIS=BFO=900;BPS=CDO=900;CKS=BFO=900.Vậy (S)bán kính

SP đi qua P,I,K,và tiếp xúc với BC,BI,CK (Lần lượt tại P,I,K)

Đặt y=3-x Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=x4+y4+6x2y2,trong đó x,y là các số thực thay đổi thõa mãn :

2 2

2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2

2 2

2

) 2 ( 16 ) 2

5 )

) 1 ( 2 ).

( 40 )

2 (

25 )

41 2

4 ) (

5 41 9 4 5 2

4

9

9 2 5

3

xy y

xy y

xy y x xy

y

xy y

x xy

y x y

x

y x

xy y

2

2

25(x BĐT(1)Với của

vế hai Cộng 4(x

ra xẩy

   

41 2

4 5

2

2 2 4 4 2

2

2

2

2 2 2

2 2

2 2

y

x

hay

xy y

x xy

y

2 x 41

;

2

; 1

; )

2 ( 5 4

5 3

2 2

2 2

y x

y x xy

y x

y x

y x

Do đó giá trị nhỏ nhất của P = 41 đạt được  x 1hoặc x=2

***********************************

ĐỀ THI CHỌN HSG 2003-2004 Bài I:Giải các PT và HPT sau:

; 14 12 3 2 5 3

2

y x

y x

b x

x x x

a

Bài II:a)Cho xy=1 và x > yC/mR: 2 2

2 2







y x

y x

;b)Cho a,b,c là các độ dài ba cạnh của một tam giác thõa mãn a+b+c=2.C/mR:a2+b2+c2+2abc < 2

a)-Xác định m để pt:2x2+2mx+m2-2=0 có hai nghiệm

b)Gọi hai nghiệm của PT là x1;x2,Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

2 2

3 :

x x

x x

x x

x x

a)Thu gọn biểu thức P

b)Tìm các giá trị của x để P=1

HƯỚNG DẪN : Bài I

x

Aùp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có

2 x nghiệm có

PT thấy nhận Ta (20

) 1 ( 2 2

1 2 5 2

1 ) 3 2 ( 1 2 5 1

x x

x x

7

4 1

x y

4 8

4 2

u

v u v

u

v u

Từ đó HPT có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;4)

Bài II:

) (

2 2

2 2

x

xy y

x y x

y x

b)Từ GT a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác và a+b+c=2 nên a < 1;b < 1;c < 1,do đó (1-a)(1-b)(1-c) > 0 Suy ra :1+ab+ac+ca-(a+b+c)-abc > 0 ab+bc+ac –abc > 1

2 2 2

) 2 (

) 2 (

2

1

2

1

) 1 ( 2 2 2

2

2 2 2

2 2

R R S

S S

R AB MO AB

MH

R AB

AB CD AB BD AC

S

AMB ABCD

(1),

Từ

S

ABthì MH

25 2

1 6

3 2 4

2

2 2

m m x

A

đó

Do

0 3 - m còn 0 2 m Nên 2;2 - m Vì

1

) 1 ( 2 2

x x x

x

x x P

Q2 Nhận giá trị là một số nguyên

Bài 2:Trong mp tọađộ Oxy cho Pa ra pol (P) :y=-x2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1)có hệ số góc k

a)Viết pt của đường thẳng (d).Chứng minh với mọi giá trị của k ,(d) luôn cắt (P) tạihai điểm phân biệt Avà B

b) Gọi hoành độ của A và B là x1 và x2 ,chứng minh : x1  x2  2

c)Chúng minh tam giác OAB vuông

Bài 3:Cho đoạn thẳng AB = 2a coi trung điểm là O trên cùng nửa mp bờ AB dựng nửa (O)

đường kính AB và nửa (O’) đường kính AO Trên (O’) lấy một điểm M (khác A và O) ,tia

OM cắt (O) tại C ,gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O’)

a)Chứng minh tam giác ADM cân

b) Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tia OD tại H ,đường tròn ngoại tiếp tam giác COHcắt (O) tại điểm thứ hai là N ,chứng minh ba điểm A,N và M thẳng hàng

c)Tại vị trí của M sao cho ME//AB ,hãy tính OM theo a

Bài 4:Cho hai số tự nhiên avà b ,chứng minh rằng nếu a2+b2chia hết cho 3 thì avà b cùngchia hết cho 3

a)Giải PT với m=15

b)Tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt

Bài 6:Cho x,y là các số nguyên dương thõa mãn : x+y = 2003 Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P= x(x2+y)+y(y2+x)

Bài 7:Cho đường tròn tâm O với dây cung BC cố định (BC<2R) và điểm A trên cung lớn

BC (A không trùng với B,C và điểm chính giữa cung )Gọi H là hình chiếu của A trên

BC ,Evà F lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường kính AA’

a)Chứng minh HE vuông góc với AC

b)Chứng minh tam giác HEF đồng dạng với tam giác ABC

c)Khi A duy chuyển ,chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố định

Bài 8:Lấy 4 điểm ở miền trong của một tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 8 điểm ,trong

đó không có 3 điểm nào thẳng hàng Biết diện tích của tứ giác là 1,chứng minh rằng tồntại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 điểm đã cho có diện tích không vượt quá

10 1

Tổng quát hoá bài toán cho n giác lồi với n điểm nằm ở miền trong của đa giác đó

***********************************

HƯỚNG DẪN Bài 1:

1

) 1 )(

1 (

x x x x P

2)

4

1 4

3 min 4

3 2

x P

x

1 1

2 2

7 



 x

Bài 2:

1)PT đường thẳng (d) :y=kx-1.PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :

x2+kx –1= 0

Vì   0  PTluôn có 2nghiệm phân biệt (đpcm)

2)Ta có x1x2=-1,từ đó ta có :

1 1 2 1

1

x x x

x    Nhận xét rằng x1 và

1

1

x cùng dấunên :

2 1 1

1 1

AD

2)Dễ thấy AOE  COE(c.g.c)  EAO=ECO =900 hay EA  AB nói cách khác

EA là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)

3)Giả sử AM cắt (O) tại N’ ,AOC=2AN’C  COH=CN’H Dẫn đến tứ giácCHON’ nội tiếp trong một đường tròn ,từ đó ta có N' N A,M,N

x

1 x cho đã -1PT x

và

1 y

1 0

15 ) 1 (

2 2 )

1

(

2 2

2 2

x x x

x

PT đã cho có dạng :y2-2y-15 = 0,giải PT ta được y = 3;y = -5.Vậy PT đã cho có 4 nghiệm:

10

5 5

1 - 1 - : hệ Giải

y có phải

PT(2)

Vậy

y :

et - Vi lý định o từ(*))The Giải

( -4 y

0 y mãn thõa biệt ân 2nghiệmph

có

y : PT biệt phân nghiệm 4

Có

1

1 2

1

4 0

4

2

) 2 ( 0 2

y

m y m

x

x

Bài 6:

Ta có P=(x+y)3-3xy(x+y)+2xy=20033-6007xy.Vì (x-y)2=(x+y)2-4xy=20032-4xy nên

xy tăng (giảm)/x-y/giảm(tăng) Với GT x,ylà số nguyên dương ta có ngay :

Pmin=20033-6007.1001.1002 đạt được khi (x,y)=(1001;1002)hoặc (1002;1001)

Pmax=20033-6007.1.2002 đạt được khi (x;y)=(1;2002)hoặc(2002;1)

Bài 7:

1)Do tứ giác ABHE nội tiếp nên:EHC=BAA’mà BAA’=BCA’ EHC=HCA’do đóHE//CA’,mặt khác A’C  AC  HE  AC

2)Tứ giác AHFC nội tiếp  EFH=ACB(1)Tứ giác ABHE nội tiếp  HEF=ABC (2)

Từ(1) và (2) HEF ABC

3)Gọi M, N và P lần lượt làtrung điểm của BC,AB và CA Vì MN//AC ,HE ACnên:

MN  HE,mà N cách đều 4điểm A,B,H,E  MN là đường trung trực của đoạn HE

Chứng minh tương tự MP là đường trung trực của HF.Vậy M là tâm của đường tròn ngoạitiếp  HEF (đpcm)

2 2

2 y z x

xz xz xy

z y x

b)Cho hai số x;y thoã mãn đẳng thức :8x2+y2+ 4

x x

3

2 2 2

11

Chứng minh : DM IA = MP IB và tính tỉ số MQ MP

a)-Từ đồng nhất thức : x2+y2+z2 = (x+y+z)2 –2(xy+xz+yz)  xy+xz+yz = 11

Dễ dàng ta thấy y và x+z là hai nghiệm của PT:t2-6t+5 = 0

1 y Hoặc 1

5

z

x

y

+Thế y =5 và x+z = 1 vào HPT ta thấy HPT vô nghiệm

+Thế y =1 và x+z = 5 vào HPT ta thấy HPT có hai bộ nghiệm (x,y,z) là (2,1,3) và (3,1,2)

2

1 2

x y

10

2

02x

1-2x khi raxẩythứcĐẳng

1 bằng y) (x;

khi

Bài 2:Ta xét hai trường hợp:

AK



Trường hợp II:

C/m Tương tự như trên có AHBE là hình bình hành suy ra AH= BE = 2MO (1).Từ (1)và MO= HK có (do Bˆ > 900)AK =AH – HK =MO Từ đó và AK //MO suyra tứ giác AOMK là hình chữ nhật nên AO  OM và AO = KM= 4MO

Trong tam giác vuông AOM có AO2+MO2= AM2 hay 16MO2+MO2=302

) ( )

5 )(

( 17

15 60 17

240 17

cm BC

*) 0 x1 x2;      m  1

7

16 0 P 0, S 0, đó Khi

3 4

4 2

4 2

3 4

2 3

4 3

2 3 2

3 2 3 2

) 2 9 ( ) 3 (

4

0 ) 2 9 (

; 0

) 2 9 ( 3

2

0

27 3 2

3 3

0

3 3 3 3

x x

x

x x

x

x x

x x

x x

x x

x

x x

1Xét hiệu 2

11

1

1111

11

1

1

11

11

11

11

21

1)

2 2 2

2 2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

ab b

a

ab a b

ab b

a

b a b ab a a b ab b

b ab ab

a

a ab

ab b

ab a

ab b

b

Bài 5:

Ta có :DMP=BCA=AIC Mặt khác ADB=BCA,Suy ra  MDP  ICA

 1

.

.IA MP IC hay DM IA MP IB DM

từ

IB MQ IA DM hay

b)Tìm các số nguyên dương x,y,z thoã mãn PT:2(y+z)=x(yz-1) (2)

 Với x = 1 PT(2) Có dạng2(y+z) = yz-1  y 2z 2 5

 Ta có nghiẹâm (x,y,z) là (1,3,7) là (1,7,3)

1 - y

0 1 - z - y - yz 1) - 2(yz z)

2(y : có ta 2 x Với :

sử Giả

 Nếu y=1 ,PT(2) có dạng 2(1+z) = x(z-1)  (x-2)(z-1) = 4 Ta được các nghiệm (x,y,z)là(3,1,5),(4,1,3),(6,1,2)

Nếu y  1  z 1 từ (3) phải có y=2,PT(2) có dạng 2(2+z) = x(2z-1)

, 5 ) 1 )(

1 2

a)Cho biết A= 9+3 7 Và B  9 - 3 7 Hãy so sánh A+B và A.B

b)Tính giá trị của biểu thức :

1 5

5 5 : 5 3

1 5 3

2 2

y x

y x

ĐỀ THI VÀO TRƯỜNG CHUYÊN HÀ NỘI 2004

VÒNG I Câu I:

3 3

2 2

y x y x

x y xy x y

Câu II:

Cho a,b là các số dương thõa mãn :a100+b100 = a101+b101 = a102+b102

Hãy tính giá trị của biểu thức P = a2004+b2004

Câu III:

Cho tam giác ABC có AB = 3cm,BC = 4cm,CA = 5cm.Đường cao ,đường phân giác,đường trung tuyến của tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành bốn phần Hãy tính diệntích của mỗi phần

Câu IV

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại H(H không trùng với tâm của đường tròn ).Gọi M và N lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống các đường thẳng AB và BC ;P và Q lần lượt là các giao điểm của các đường thẳng MH và NH với các đường thẳng CD và DA

.C/mR:PQ//AC và 4điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn

Câu V:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 16 16  2 22 2

10 2

10

1 4

1 2

1

y x y

x x

y y

2 2

y x y x

y x y x

Câu VIII:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

) 1 )(

1

(

2 2 3

y x y

x

P Trong đó x, y là các số thực lớn hơn 1

Câu IX:

Cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong hình vuông

1)Tìm tất cả các vị trí của điểm M sao cho MAB = MBC = MCD = MDA

2)- Xét các điểm M nằm trên đường chéo AC.Gọi N chân đường vuông góc hạ từ M xuốngcạnh AB và O là trung điểm của đoan thẳngAM.C/m :Tỉ số

CN

OB

Có giá trị không đổi khi

M di chuyển trên đường chéo AC

3) Với giả thiết M nằm trên đường chéo AC, Xét các đường (S1)và (S2) có đường kính tương ứng là AM và CN Hai tiếp tuyến chung của(S1) và (S2) tiếp xúc với (S2 ) tại P vá

Q Chứng minh rằng :PQ tiếp xúc với (S1)

***********************************

HƯỚNG DẪN GIẢI VÒNG I Câu I:

1) PT đã cho tương đương với PT: (x 1  1 )(x 1  1 )  0  x  0 ;x   2

2) Viết lại hệ đã cho dưới dạng:   

)1(72

2

3

3 y x y x

y x y x

Từ (1) Do x,y nguyên tcó các trường hợp sau :

a) x-y = -1  x+2y+2 = 7  x 1 và y= 2 ( thõa mãn (2))

a102+b102 = (a101 +b101)(a+b)-ab(a100 +b100) Từ GT bài toán và đẳng thức trên ta suy ra:

1 = a+b –ab hay (a-1)(b-1) = 0  (a,b) =(1,1) Do P = 2

25

54

) ( 7 3

) ( 7

24 4

7 4

3

2 2

2

2

2

cm S

S cm

S

S

S cm

S S

cm S

S BC

BA DC

DA

BDP ABH

ABH

ACB

ABH CBP

CBD

CBD CBD

ABC CBD

ABD

S cùng Cuối 5

3

ACB dạng

đồng ABC Mặt khác

B H D P C

Câu IV: C

Ta có AHQ = CHN = CBD = CAD, suy ra  QAH cân tại Q Từ đó ta có QHD

cân tại Q nói cách khác Q là trung điểm của AD Tương tự ta cũng có P là trung điểm của

CD Do đó PQ // AC

+Ta thấy CBH = NMH ( do đó tứ giác BMHN nội tiếp ) hơn nữa HQP = AHQ = CHN = CBH suy ra NQP = NMP nên các điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn

Câu V:

Sử dung BĐT Cô si cho 4 số dương ta có : 1 1 2 ;

2

2

10 2

10

y x x

y y

5

2

5

1 2

5 4

1 2

1 1

1

4

1

2 2

2 2 2 16

16 2

10 2

10 4

4 16

y x y

x x

y y

x y

x y

x

là Q của GTLN đó Do

3 2

)1(302

2

2 2

2 2

xy y x y x

y x y x

Trừ từng vế ta được (x+y)3

= 27  xy 3 ta nhận được HPT tương đương

2 y x

y x

Hệ này có 2 nghiệm (x;y) là (1;2) và (2;1)

Câu VIII:

Aùp dụng BĐT Cô Si cho các số dương ta có :

2 8

8 2

1 1 2

1

1

2

) 1 )(

1 (

2 1

1 )

1 )(

1 (

) 1 ( 1 )

1 )(

1

(

2 2

2 2

2 2 3

y x

x

y x

xy x

y y

x y

x

y y x

x y

x

y x y

x

P

min P đó Do

Câu IX:

1) Từ giả thiết :MAB=MBC,  MAB+MBA = 900 hay MA MB Tương tự ta có :

MA MD MD MC

MC

MB ,  ,  Do đó M là tâm hình vuông ABCD

2) Dựng MH BC Khi đó MH= NB và MN ON  MH MC MC NB

3) Gọi P’ là tiếp điểm thuộc đường tròn (S1);O’ là trung điểm của CN và T là giao điểm của OO’ với (S1) Ta có O’OP = O’PO Do O’P // OP’ nên P’OP =O’PO suy raPOP’= POO’

Vì POP'  POT(c g c)  PTOPP'O 900hayPTOT tương tự QT  OT Từ đó suy ra : :P,T,Q Thẳng hàng hay PQ tiếp xúc với (S1) tại T

(S1)