BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT( PHẦN 6)

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CÓ ĐÁP ÁN MỚI NHẤT ĐÃ THẨM ĐỊNH( PHẦN 6)

ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

LỚP 9 - Năm học 2015-2016

MÔN :TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phút

(Đề thi gồm 5 câu, 1 trang)

a) Tìm các giá trị của m để phương trình (*) có nghiệm duy nhất

b) Tìm các giá trị của m để (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = m

2 a) Giải hệ phương trình sau: 1 2 2

1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), có BC = a, AB = b, AC = c Gọi a’, b’, c’

là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C đến trực tâm H của tam giác Chứng minh rằng các tổng a2+ a’2 ; b2 + b’2 và c2 + c’2 không đổi khi ba đỉnh A, B, C thay đổi trên đường tròn (O)

2 Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R kẻ hai tiếp tuyến PA và PB với đườngtròn (A, B là các tiếp điểm) Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm A đến đường kính BC.Gọi K là giao điểm của AB và PO

a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm của AH;

trên, luôn tìm được bốn đội A,B,C,D sao cho kết quả giữa các trận đấu của họ là A thắngB,C,D; B thắng C,D; C thắng D.

- Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa

- Điểm bài thi 10

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Với m4, thì PT (*) là phương trình bậc hai ẩn x

PT (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

Trong bốn số này không thể có số 10 vì tích đã cho tận cùng bằng 4.

Ngoài ra nếu cả bốn số đều lớn hơn 10 thì tích của chúng phải lớn

hơn 3024 Vậy cả bốn số đều có một chữ số

Có 0

a b c b c a

p a     a    (do a, b, c là độ dài ba cạnh )Tương tự: p - b > 0 ; p - c > 0

nên theo bất đẳng thức trên, ta có:

Tia BO cắt (O) ở B’, ta có BAB ' 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn đường kính BB’), do đó AB’  AB, suy ra AB’//CH

Tương tự CB’//AH

Tứ giác AHCB’ là hình bình hành, suy ra CB’ = AH

Gọi M là trung điểm của BC thì OM là đường trung bình của tam

giác BCB’ nên CB’ = 2 OM, suy ra AH = 2 OM,

    , suy ra a2 a' 2  4R2 không đổi

Tương tự: b2 + b’2 = 4R2 và c2 + c’2 = 4R2 không đổi

0,25

0,250,5

2 a) (1,0 điểm)

+ Vì AH // PB nên có: EH CH

PB CB (1) (theo Ta-lét trong CPB)

Có ACB POB , từ đó ACH POB (g.g), suy ra: AH CH

PB OB (2)

Từ (1) và (2), do CB = 2OB nên AH = 2EH

hay AE = EH Vậy E là trung điểm của AH

0,25

0,250,250,25b) (1,0 điểm)

+ Trong ABC vuông ở A có đường cao AH được tính:

hay AH PB. 2 R2  2 R PB2

+ Thay PB2 d2  R2 vào đẳng thức trên được:

2

2 2 2

2

Theo đề bài thì chắc chắn x1 sẽ đấu với 7 đội còn lại

+ Trường hợp 1: nếu x1 thắng ít nhất 3 trong 7 đội còn lại Giả sử x1

thắng x2, x3, x4

Trong ba đội x2, x3, x4 theo nguyên lí Dirichlet thì sẽ tồn tại một đội

hoặc thắng cả hai đội, hoặc thua cả hai đội Không mất tính tổng

quát, giả sử x2 thắng x3, x4 Khi đó, x1, x2, x3, x4 là bốn đội bóng

Vì 5 = 2.2 + 1 nên khi đó theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một

trong hai đội x2, x3 thắng ít nhất 3 trong 5 đội x4, x5, x6, x7, x8 Khi đó

ta quay về trường hợp 1, bài toán đúng

- Khả năng 2: Nếu x4, x5, x6, x7, x8 lần lượt đấu với x2, x3 thì đều

thắng Ta có x4 thắng x2, x3, x1 Điều này cũng quay về trường hợp 1,

Xét các trận đấu giữa x2 và x3, x4, x5, x6, x7, x8 thì nếu x2 thắng ít

nhất ba trong sáu đội x3, x4, x5, x6, x7, x8 thì ta quay về trường bhợp

1, hiển nhiên đúng

Còn nếu x2 thua ít nhất ba trong 6 đội x3, x4, x5, x6, x7, x8 Lấy x2 thua

x3, x4, x5 Trong ba đội x3, x4, x5 thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn

tại một trong ba đội trên thắng hai đội còn lại Giả sử x3 thắng x4, x5

và cả x1 Ta quay về trường hợp 1

Do nếu x2 đấu với 6 đội x3, x4, x5, x6, x7, x8 thì ắt hẳn sẽ tồn tại ít

nhất ba trận thắng hoặc ít nhất ba trận thua Vậy trường hợp này

0,25

cũng luôn tìm được 4 đội thỏa mãn bài toán.

+ Trường hợp 4: Nếu x1 thua 7 đội còn lại Khi đó x1 thua x2, x3, x4

Trong ba đội x2, x3, x4 thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một

trong ba đội thắng đội còn lại Giả sử x2 thắng x3, x4 và cả x1 nên ta

quay về trường hợp 1, bài toán đúng

Bài 1 (2,0 điểm): Cho biểu thức: M a 1 a a 1 a2 a a a 1

  với a > 0, a  1 a) Chứng minh rằng M 4.

b) Với những giá trị nào của a thì biểu thức 6

N M

2

2 2

5x y

x 1

6x xy

y

Bài 3 (2,0 điểm)

a)Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên

b) Cho các số dương , , ,a b c d thỏa mãn điều kiện

thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C )tại điểm thứ hai là E Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F.

a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng

b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi

c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất

- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm bài thi không làm tròn.

3 2

3 1

4 2

2 1

x x

a x x

2 1

2 2 1

2 2

2 1

2 1

4 2

4 1

4 x x x  x  x x a  



 a a

x x

2 1 2 1

3 2 1

3 2

3 1

Vậy S a4 4a2 2 .a3 3a a a7 7a5 14a3 7a

+ Để tìm một đa thức bậc 7 nhận  làm nghiệm nghĩa là ta phải tìm một đa

thức bậc 7 mà khi thay  vào thế giá trị của đa thức bằng 0: Theo phần trên có:

7 2

3

; x1 x2 = 1

3

55

37

3 7 14

0y

6 x

1 y x

1 y

2 2

2 2

ux1

0,25

Trang 8

6SP

vuS

6 2 S S

6 P

3S

3vu

; 2u

2 v

; 1u2t

1t

 (x, y)  (1, 2) ; (

2

1, 1)

Nhân vế với vế bốn bất đẳng thức trên, ta có đpcm.

( Đề thi gồm 05 câu 01 trang)

- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.

- Điểm bài thi không làm tròn

Theo giả thiết: b a c a c 2b b a c b

2

20

m m

  Vậy nghiệm dương của của phương trình đạt giá trị lớn nhất là:



x 4x2-5x+3=0 phương trình này vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm: x1 =

2

37

5 

0,25 điểm0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

3 3a ( 1 điểm)

0,25 điểm0,25 điểm3b ( 1 điểm)

nội tiếp được (vì MNC MIC  = 900).

=> BNK BMK  , INC IMC  (1) (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn một

cung)

Mặt khác BMK IMC  (2) (vì BMK KMC KMC IMC    do cùng

bù với góc A của tam giác ABC)

Từ (1), (2) suy ra BNK= INC nên 3 điểm K, N, I thẳng hàng

0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm4b ( 1 điểm)

Vì MAK MCN   (vì 2 góc nội tiếpcùng chắn cung BM)

MN

BN MI

0,25 điểm

0,25 điểm

4c ( 1 điểm)

Gọi giao của AH, MN với đường tròn (O) thứ tự là Q, S

=> AQMS là hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM)

( 1 điểm) 5 ( 1 điểm)Xét điểm A và hình tròn (C1) có tâm A, bán kính bằng 1

C2

C1

C

B A

- Nếu tất cả 98 điểm còn lại đều nằm trong (C1) thì hiển nhiên bài

toán được chứng minh

- Xét trường hợp có điểm B nằm ngoài (C1)

Suy ra: AC > 1 và BC > 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra bộ 3 điểm A, B, C không có hai điểm nào

có khoảng cách nhỏ hơn 1 (vô lí vì trái với giả thiết)

Chứng tỏ C (C1) hoặc C (C2) Như vậy 99 điểm đã cho đều thuộc (C1) và (C2)

Mặt khác 99 = 49.2 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichle ắt phải có một

hình tròn chứa không ít hơn 50 điểm

( Đề thi gồm 3 câu, 2 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Cho  

3 2

2015

2 2015

1

f f

f A

14

Câu III (2,0 điểm)

1) Cho bẩy số nguyên a1, a2, ….a7 Viết các số nguyên đó theo một thứ tự khác được b1,

b2, b7 Chứng minh rằng tích: (a1 - b1)(a2 – b2) (a7 – b7) chia hết cho 2

2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: A = x 2  6  x

Trang 16

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho tam giác đều ABC, các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AC, AB, sao cho BD,

CE cắt nhau tại P và diện tích tứ giác ADPE bằng diện tích tam giác BPC

Tính BPE

2) Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định ( O AB ) P là điểm di động trên đoạn thẳng AB (PA B, và P khác trung điểm AB) Đường tròn tâm C đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại A Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường

tròn (O) tại B Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( N P)

a) Chứng minh rằng ANP BNP và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn

b) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua điểm cố định khi P di động

Câu V (1,0 điểm).

Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 4)

Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016

MÔN: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)

Chú ý:

- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa

- Điểm bài thi không làm tròn

3

3 3 1

3 3 1 1

1 3 1

1 )

1 (

x x

x x x x

x

x x

1007

1015

2013 2015

2 2015

2014 15

` 20

1

f f

f f

F f

Ta có  ' (m 1)2  0, m nên phương trình có hai nghiệm với mọi m. 0,25

Theo định lí viet, ta có x1x2 2 ,m x x1 2 2m 1, suy ra 4 2 1

m P

3 3

1

,

u x

y x v y

1

x

x y

Nên tích: (a1 - b1)(a2 – b2) (a7 – b7) chia hết cho 2 0,5

BP

EH

Gọi Q là giao điểm của các tiếp tuyến

chung của (O) với (C), (D) tại A, B

Gọi E là trung điểm OQ, suy ra E cố định và E là tâm đường tròn đi qua

các điểm N, O, D, C Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm

E cố định

0,125

Câu V

1 điểm

Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh bất kì của ngũ giác luôn tạo

Do đó khi tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh, đỏ và tím sẽ xảy ra hai

khả năng sau:

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3 đỉnh có

màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân

+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất 2 màu thì có ít nhất 3 đỉnh cùng

màu và tạo thành một tam giác cân

0,5

Vậy, trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh

được tô bởi cùng một màu hoặc đôi một khác màu 0,25

-Hết -Trang 20

A

ON

BP

QE

H

A

ON

BP

QEH

A

ON

BP

QE

HA

O

N

BP

QE

QE

HA

O

N

BP

QEH

ĐỀ SỐ 5

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

LỚP 9 - Năm học 2015-2016

MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút

( Đề thi gồm 05câu,01 trang)

Câu1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức:

2

a 1 a a 1 a a a a 1 M

z

zy

y

yx

x

3623

2423

223

3

3

3

Câu 3: (2,0 điểm)

a/ Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5

Chứng minh rằng số P1954 7  1 chia hết cho 60.

b/ Cho 3 số thực không âm a, b, c chứng minh rằng:

a) Chứng minh rằng hai tam giác AEO và ADC đồng dạng

b) Tính diện tích tứ giác AEOF theo a và R

c) Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi thì E di chuyển trên một đường thẳng cố định

Câu 5: (1,0 điểm)

Trên một đường tròn cho 21 điểm phân biệt Mỗi một điểm được tô bởi một trong 4 màu: xanh, đỏ, tím, vàng Giữa mỗi cặp điểm nối với nhau bằng một đoạn thẳng được tô bởi một trong 2 màu: nâu hoặc đen Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác có ba đỉnh được tô cùng một màu (xanh, đỏ, tím hoặc vàng) và ba cạnh cũng được tô cùng một màu (nâu hoặc đen).

-Hết -Trang 22

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 5)

Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016

MÔN:TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Chú ý:

- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa

- Điểm toàn bài không làm tròn số

+ Nếu m  1, (**)  0.x  1, vô nghiệm, suy ra phương trình (*) vô

nghiệm

+ Nếu m  1 thì (**) có nghiệm 2

m x m





 do đó phương trình đãcho vô nghiệm nếu

m

m m

)(

2

(

)2(2)1

)(

2

(

2)1)(

2

(

2 2 2

xz

z

zy

y

yx

x

Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được:

(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)

Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta đều có x = y = z = 2

Vậy với x = y = z = 2 thoả mãn hệ đã cho

a) (1,25 điểm)

Trước hết ta dễ dàng chứng minh 19545 7 4m (với m nguyên dương)

Ta sẽ chứng bài toán tổng quát p 4m 1 chia hết cho 60 với mọi số

nguyên tố p  5 và mọi số nguyên dương m

Do p lẻ nên p 1, p 1 là hai số chẵn liên tiếp suy ra ( p 1)( p 1)4 (1)

Lại có ( p 1) p( p 1)3 mà p không chia hết cho 3 nên ( p 1)( p 1)3

Vậy p4m 160 (điều phải chứng minh).

Do vai trò của các biến a, b, có tính hoán vị vòng quanh nên không mất

tính tổng quát, ta có thể giả sử b nằm giữa a và c

b) (0,75 điểm)

Nếu a b c  thì (a-b)(b-c)(c-a)  0 nên bất đẳng thức đã cho hiển nhiên

đúng Xét trường hợp c b a  Khi đó sử dụng bất đẳng thức cauchy

AEO s ADB  ADB   ADB ADC

Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEO và ADC đồng dạng.

b) (1,5 điểm)

Tương tự phần a), ta có hai tam giác AFO, ADB đồng dạng, do đó

AEO ADC AFO , ADB AEO ADB 180o  AEOF là tứ giác nội tiếp

 E, F nằm hai phía AO , suy ra

1( ) (3)4

AEOF AOE AOF

S S S  OE AB OF AC

(Nếu học sinh không chứng minh (3) trừ 0,25 điểm)

- Lại có:

(4)

- Đường trung trực của BC cắt cung lớn BC tại H , cắt cung nhỏ BC tại K.

Khi đó H, K cố định và là điểm chính giữa của các cung tương ứng

- Gọi M, N tương ứng là trung điểm BD, AB suy ra  90o

 1   

(8)4

- Có 21 điểm được tô bằng 4 màu, do đó có ít nhất 6 điểm có cùng màu

Giả sử có 6 điểm cùng màu đỏ là A, B,C, D, E, F

- Nối 5 đoạn AB, AC, AD, AE, AF và tô bằng 2 màu nâu, đen khi đó có ítnhất 3 đoạn cùng màu, giả sử AB, AC, AD được tô cùng màu đen

Xét tam giác BCD xảy ra hai khả năng:

TH1 Nếu ba cạnh BC, BD, DC được tô cùng màu nâu thì tam giác BCD

có

ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu nâu (thỏa mãn)

TH2 Nếu ba cạnh BC, BD, DC có ít nhất một cạnh màu đen, giả sử BC

đen, khi đó tam giác ABC có ba đỉnh cùng màu đỏ, ba cạnh cùng màu đen (thỏa mãn)

Vậy luôn có một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu

ĐỀ SỐ 6

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 9 – Năm học 2015 – 2016

MÔN : TOÁNThời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề)

( Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)

y x

b)Tìm các giá trị của số thực a để phương trình  

3x - 2a + x + a + 5 = 0

2 có ít nhất một nghiệm nguyên

c abc c

b abc b

a

11

11

3 3 3

3 3

A của đường tròn (O;R) tại M,MB cắt CH tại K

a)Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O;R)

Trang 28

b)Chứng minh K là trung điểm của CH

c)Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ACB đạt giá trị lớn nhất ? Tìm giá trị lớn

nhất đó theo R

Bài 5(1điểm)

Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2, người ta lấy 5 điểm phân biệt Chứng minh

rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ(ĐỀ SỐ 6)

Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016

MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 5 trang) Chú ý:

- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa

- Điểm bài thi không làm tròn

Bài 1

(2điểm)

a (1 điểm)Đặt 5 2 5 2

) 2 ( 4

x

1

) 1 2

( 2

) 2 2 6

x

(2) + Với x > 2, y > 1 

0 2

0 )

1 2

(

0 )

2 2

6 (

2 2

y

y x

(

0 ) 2 2

6 (

2 2

y x

0 2 2

6

y x

2 2

6

y x

y x

Thử lại ta thấy x = 11và y = 5 là nghiệm của phương trình Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x, y) = (11, 5)

24

0 0 0

3 3 3

2 2

 b) Vì a0;b0;c0

Ta có:a2bab2 abc0 ababc0

Và

ab abc b

a abc ab

b a abc b

2 3

11

3

3 (3) Cộng vế theo vế của (1);(2);(3) ta được:

abc abc

b a c c b a ca bc ab c b a abc a

c abc c

b abc b

a

11

111.11

11

3 3 3

3 3

abc abc a

c abc c

b abc b

a

11

11

3 3 3

3 3

Bài 4

(3điểm)

a)Cminh MC là tiếp tuyến của đường tròn (O,R)

- Cminh AOM COM

- Cminh AOM COM

- Cminh MC CO MC

 là tiếp tuyến của (O,R)b) Cminh K là trung điểm của CH

Cminh MAO CHB MA AO CH AM HB. AM HB.

        (2)

Từ (1) và (2)  CH = 2CK  CK = KH

 K là trung điểm của CH

c) Xác định vị trí của điểm C để chu vi tam giác ACB đạt GTLN?

Dấu bằng xảy ra khi M là điểm chính giữa cung AB

Vậy MaxPCAB 2 1R  2  M là điểm chính giữa cung AB

0,250,250,250,25

0,25

0,50,25

0,25

0,25

0,250,25