De thi HSG toan 9

Tiếp tuyến của O tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của O lần lượt tại C và D, Tìm giá trị nhá nhất của tổng diện tớch của hai tam giác ACM và BDM.... Giáo án BDHSG Toán 9..[r]

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN

NĂM HỌC: 2012-2013

Môn: TOÁN

Thêi gian làm bài: 150 phút (Không kể thêi gian phát đề)

Bài 1: (3đ) Chứng minh đẳng thức: 5 3 29 12 5 = cotg450

Bài 2: (4đ) Cho biểu thức

 2

11

Bài 5: (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm cạnh BC Từ đỉnh M vẽ

góc 450 sao cho các cạnh của góc này lần lượt cắt AB, AC tại E, F

Chứng minh rằng:

EF

14

S  S

Bài 6: (2đ) Từ một điểm A ở ngoài đưêng trũn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với

đưêng trũn (B và C là các tiếp điểm) Gọi M là một điểm bất kú trên đưêng thẳng đi qua cáctrung điểm của AB và AC Kẻ tiếp tuyến MK của đưêng trũn (O) Chứng minh MK = MA

HƯỚNG DẪN CHẤM MễN TOÁN

K THI CH N H C SINH GI I HUY N N M H C 2012-2013Ỳ Ọ Ọ Ỏ Ệ Ă Ọ

0,25đ0,5đ

ĐỀ CHÍNH

THỨC

 2

11

Q

x x

Với điều kiện x1,y4 ta cã:

x x

y y



(vì y dương)Suy ra: M =

4

2 4 4

y x

0,25đ

0,5đ

2

Vậy giá trị lớn nhất của M l à

3

4  x = 2, y = 84

0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ

0,5đ5

Kẻ MPAB tại P, MQAC tại Q

Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ tại K và cắt MF tại N

Do EMF = 450 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ

12

và

12

S  S

0,25đ0,25đ0,5đ0,5đ

0,5đ0,5đ

0,5đ

B

M P

N K

E

F

12

S  S

12

S  S

0,5đ0,25đ

6

Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC Giao điểm của OA và PQ là I

AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác của BAC

 PAQ cân ở A và AOPQ

Áp dông Pitago ta có:

MK2 = MO2 – R2 (MKO vuông tại K)

MK2 = (MI2 + OI2) – R2 (MOI vuông tại I)

MK2 = (MI2 + OI2) – (OP2 – PB2) (BOP vuông tại B)

MK2 = (MI2 + OI2) – [(OI2 + PI2) – PA2] (IOP vuông tại I và PA = PB)

MK2 = MI2 + OI2 – OI2 + (PA2 – PI2)

MK2 = MI2 + AI2 (IAP vuông tại I)

MK2 = MA2 (IAM vuông tại I)

 MK = MA

0,25đ0,25đ

0,25đ

0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MễN TOÁN 9

(Thêi gian : 120 phút)

1

x Q

K

C

M

4

a/ Rút gọn Q

b/ Tớnh giá trị của Q khi x  3 2010

Bài 2(1đ): Rút gọn biểu thức M  4 7  4 7

Bài 3(1đ): Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có a2b2c2ab bc ac 

Bài 4(2đ):a/ Cho a + b = 2.T ìm giá trị nhá nhất của A = a2 + b2

b/ Cho x +2y = 8 T ìm giá trị lớn nhất của B=xy

Bài 5(2đ): Giải phương trình

b/ x2  4  x2   4 0

Bài 6(2,5đ): Cho hình vuông cạnh a Đưêng trũn tâm O, bán kớnh a cắt OB tại M D là điểm

đối xứng của O qua C Đưêng thẳng Dx vuông góc với CD tại D cắt CM tại E CA cắt Dx tại

F Đặt  MDC

a/ Chứng minh AM là phân giác của FCB Tớnh độ dài DM, CE theo a và 

b/ Tớnh độ dài CM theo a Suy ra giá trị của sin

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài Nội dung Biểu

chấm1(1,5đ) a.(1đ)

33

x x

x x

x

33)

33)(

3(

33

3

2 2

x x

x

3

33)

33)(

3(

33)3

M M M

6

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

b) Cho ba số thùc a b c, , không âm sao cho a b c  1

Chứng minh: b c   16 abc Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

c) Với giá trị nào của gãc nhọn  thì biểu thức Psin6cos6 cã giá trị bé nhất ? Chobiết giá trị bé nhất đã

Bài 4: (1,5 điểm)

Một đoàn học sinh đi cắm trại bằng ô tô Nếu mỗi ô tô chở 22 ngưêi thì còn thừa một ngưêi.Nếu bớt đi một ô tô thì cã thể phân phối đều tất cả các học sinh lên các ô tô còn lại Hái cãbao nhiêu học sinh đi cắm trại và cã bao nhiêu ô tô ? Biết rằng mỗi ô tô chỉ chở không quá

x x

x x

0,25b

Điều kiện :

2 2

Thay vào (4): y2 – 2y + 1 0 ; Đúng với mọi giá trị của y

Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5

Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5)

0.50,25

c Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0

 x2 – 2y – 5 = 0  x2 = 2y2 + 5  x lẻ

Đặt x = 2k + 1 ; ( kZ ) 4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5 2y2 = 4k2 + 4k – 4

 y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn

Đặt y = 2n; (n Z)  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + 1 = k(k + 1) (*)

Nhìn vào (*) ta có nhận xột: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn

(Vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệmpt đã cho vô

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

Số học sinh đi cắm trại là: 22x + 1

+ Theo giả thiết: Nếu số xe là x 1 thì số học sinh phân phối đều cho tất cả các

xe, mỗi xe chở số học sinh là y (y là số nguyên và 0 < y  30)

0,25+ Vì x và y đều là số nguyên dương, nên x 1 phải là ước số của 23

0,25

Mà 23 nguyờn tố, nờn: x1 1  x2 hoặc x1 23  x24

 Nếu x 2 thỡ y 22 23 45 30   (trỏi giả thiết)

 Nếu x 24 thỡ y 22 1 23  < 30 (thỏa điều kiện bài toỏn)

+ Vậy số ụ tụ là: 24 và tổng số học sinh đi cắm trại là:

K M

D

O

B

Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là

đờng trung trực của đoạn thẳng BD,BD

là đờng trung trực của AC.Do vậy nÂu gọi M,I,K là giao điÃm của đờng trung trực của đoạn thẳng AB với AB,AC,BDthì ta có I,K là tâm đờng tròn ngoại tiÂpcác tam giác ADB,ABC

Tõ đó ta có KB = r và IB = R.Lấy một

điÃm E đối xứng với điÃm I qua M , Ta

có BEAI là hình thoi ( vì có hai đờng chéo EI và AB vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điÃm mỗi đờng )

2 2

4R r AB

D.Khi đó Ta có DCA ACB  360 DCA cân tại C , BCD cân tại B

12

Bài 4: (2.đ) Cho đường thẳng (d) cú phương trỡnh: x m( 2) ( m 3)y m  8

a) (0,5đ) Xỏc định m để đường thẳng (d) đi qua điểm P(-1;1)

b) (1,5đ) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đưêng thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm

Viết được

2 2

Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1 (0,25đ)

Bài 4: (2 điểm)

a) Vì đưêng thẳng (d) đi qua P(-1;1) nên

2

R

Khi AD = AE Hay A là điểm chớnh giữa của cung AB (0,5 đ)

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHềNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013Môn: ToánThêi gian l m b i: 150 phót à à (Không kể thêi gian giao đề)

C

A

H D

E

1

b Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0

x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0

Tớnh giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

a Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đưêng trũn

b Chứng minh  ICB =  IDK

c Chứng minh H là trung điểm của DK

Bài 5: ( 1.0 điểm)

Cho A(n) = n2(n4 - 1) Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tù nhiên n

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHềNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013Môn: ToánThêi gian l m b i: 150 phót à à (Không kể thêi gian giao đề)

ĐỀ CHớNH THỨC - VềNG II

Bài 1: (2.0 điểm)

b Chứng minh AE.AC + BF BC không đổi khi EF di động trên nửa đưêng trũn.

c Tìm vị trớ của EF để tứ giác ABFE có diện tớch lớn nhất Tớnh diện tớch đó

Bài 5: (1.0 điểm)

Tìm ba số nguyên tố mà tớch của chúng bằng năm lần tổng của chúng

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHềNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013Môn: Toán

’ chớnh phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số

b Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0

x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0

Tớnh giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

Giải:

Chứng tá hai phương trình có nghiệm

Có: x1x2 = 1 x3x4 = 1 x1+x2 = -2009 x3 + x4 = -2010 0,25Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1

(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4)

0,50

= (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )

= x1x2x3 - x3x4x2 - x3x4x1+x1x2x4

= x3 - x2 - x1 + x4

= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2

Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 được : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019 0,25Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)]

Bài 4: ( 3.0 điểm)

OB  BA; OC  CA ( AB, AC là các tiếp tuyến)

OI  IA (I là trung điểm của dây DE)

 B, O, I, C cùng thuộc đưêng trũn đưêng kớnh AO 0,75

ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đưêng trũn đưêng kớnh AO) (1)

DK // AB (Cùng vuông góc với BO)

- A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n) Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n)

- Nếu n chẵn  n2 chia hết cho 4  A(n) chia hết cho 4 Nếu n lẻ  (n-1)(n+1)

l tà ớch hai số chẵn nên nã chia hết cho 4  A(n) chia hết cho 4 với mọi n 0,25

- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n)

OA

M

1

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

UBND HUYỆN QUẾ SƠN

PHềNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013Môn: ToánThêi gian l m b i: 150 phót à à (Không kể thêi gian giao đề)

- S1=3+√2 được P1=3√2 ; S2=− 5−√2 được P2=8+5√2 0,25

- Với S1=3+√2 ; P1=3√2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:

- Giải phương trình được X1=3 ; X2=√2 . 0,25

- Với S2=− 5−√2 được P2=8+5√2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:

X2+(5+√2) X +8+5√2=0 Phương trình này vô nghiệm 0,25

Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c) Tớch ba số nguyên tố

Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c)  bc = 5+b+c

 bc -b - c + 1 = 6  (b-1)(c-1) = 6 0,50 b,c là các số nguyên dương có vai trũ như nhau nên ta có các hệ:

Bài 4: (3.0 điểm)

- BE, AF là hai đưêng cao của ABC  CI là đưêng cao thứ ba hay CIAB

- Tứ giác IHFB nội tiếp  HIF = HBF hay CIF = EBF

- EOF đều nên EOF = 600

- Để SABFE lớn nhất  SABC lớn nhất  CI lớn nhất C chạy trên cung chứa

góc 600 vẽ trên AB nên CI lớn nhất khi I  O  CAB cân  EF // AB

(Mỗi bước cho 0,25 điểm)

PHềNG GD & ĐT LONG ĐIỀN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS

Môn thi: Toán Thêi gian: 150 Phút

Bài 1: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm

b) Cho a, b là 2 số tù nhiên lẻ Chứng minh rằng: a2 – b2 chia hết cho 8

Bài 2: (4điểm) Mỗi câu 2 điểm

a) Cho a, b, c là các số thùc khác nhau Chứng minh rằng:

Bài 3: (4 điểm) Mỗi câu 2 điểm

a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 7y = 55

Bài 4 (4 điểm) Cho đưêng trũn tâm O đưêng kớnh AB M là điểm nằm trên đoạn OA, vẽ

đưêng trũn tâm O’ đưêng kớnh MB Gọi I là trung điểm đoạn MA, vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I Đưêng thẳng BC cắt đưêng trũn (O’) tại J

a) Đưêng thẳng IJ là gì của đưêng trũn (O’) ? Giải thớch

b) Xác định vị trớ của M trên đoạn OA để diện tớch tam giác IJO’ lớn nhất

Giải (h.1)

Hình 1a) Xột tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì ABCD : gt) ACMD là hình thoi

AC // DM, mà ACCB (do C thuộc đưêng trũn đưêng kớnh AB)

 DMCB; MJCB (do J thuộc đưêng trũn đưêng kớnh MB)

 D, M, J thẳng hàng

Ta có : IDM IMDˆ  ˆ 900(vì DIM ˆ 900)

Mà IJMˆ IDMˆ (do IC = IJ = ID : CJD vuông tại J có JI là trung tuyến)

ˆ ' ˆ ' ˆ

MJO JMO IMD(do O’J = O’M : bán kớnh đưêng trũn (O’); JMOˆ 'và IMDˆ đối đỉnh)

(1,5 điểm) IJM MJOˆ  ˆ ' 90  0  (0,5 điểm) IJ là tiếp tuyến của (O’), J là tiếp điểm

b) Ta có IA = IM

 IO’ = 2

AB

= R (R là bán kớnh của (O))O’M = O’B (bán kớnh (O’)

JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2

Mà IJ2 + O’J2 2IJ.O’J = 4SJIO’

SJIO’ =

2

4

R

khi IJ = O’J và JIO’ vuông cân có cạnh huyền IO’ = R nên :

2O’J2 = O’I2 = R2  O’J =

22

C

B

R2O2

H

M

A

Hình 3Tất cả các tam giác có đáy a, chiều cao h đều có thể sắp xếp để cạnh đáy của chúng trùngvới BC = a, cũn đỉnh A ở trên một đưêng thẳng xy // BC và cách BC một khoảng bằng h.Trong các tam giác này, ta cần tìm tam giác có bán kớnh đưêng trũn nội tiếp lớn nhất Ta có

Do a, h, BC không đổi nên r sẽ có giá trị lớn nhất khi AB + AC có giá trị nhá nhất

Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua xy thì AB + AC = AB + AC’C’B

Khi đó : AB + AC = C’B khi AA1 ABC cân tại A

PGD& ĐT huyện Long Điền

Trưêng THCS Trần Nguyên Hãn

ĐỀ DỰ TUYỂN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN

Năm học 2012-2013Thêi gian 150 phút

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức K =

b/ Tìm x nguyên dương để K nhận giá trị nguyên

b/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 7y = 167

Bài 4: (5 điểm) Cho hai đưêng trũn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B

Một đưêng thẳng d qua A cắt (O) tại M và (O’) tại M’

a/ Chứng tá rằng các đưêng thẳng vuông góc với d tại M và M’ đi qua các điểm N và N’

cố định và thẳng hàng với B

b/ Chứng tá rằng trung điểm I của N, N’ là tâm của đưêng trũn tiếp xúc với (O) và (O’)

Bài 5: (4 điểm) Cho nửa đưêng trũn tâm O đưêng kớnh AB = 2R và M là một điểm thuộc nửa

đưêng trũn ( khác A và B) Tiếp tuyến của (O) tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B của (O) lần lượt tại C và D, Tìm giá trị nhá nhất của tổng diện tớch của hai tam giác ACM và BDM

x x



 (1,5điểm)b/ K =

Mà 10m + 8 3 nên 10m + 8 là số nguyên

(0,25điểm)

Vậy A + B + C + 8 là số chớnh phương (0,25điểm)

Bài 3: (4 điểm)

a/ Cho abc = 1

1

ab c

b/ phương trình 3x + 7y = 167

3x + 7y = 167 x =

167 73

13

y 

= t  y = 3t – 1 Nên x = 58 – 7t (tZ) (0,5điểm)

Vì x; y nguyên dương nên 3t – 1 > 0  t >

13

Bài 4 (5 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

a/ Chứng minh N, N’ cố định và N, B, N’ thẳng hàng

Đưêng thẳng qua M vuông góc với d cắt (O) tại N

Vì NMAˆ = 900 nên AN là đưêng kớnh của đưêng trũn (O) N cố định (0,5điểm) Đưêng thẳng qua M’ vuông góc với d cắt (O’) tại N’

Vì N M A' ˆ ' = 900 nên AN’ là đưêng kớnh của đưêng trũn (O’) N’ cố định (0,5điểm)

B thuộc đưêng trũn đưêng kớnh AN nên ABNˆ = 900 (0,25điểm)

B thuộc đưêng trũn đưêng kớnh AN’ nên ABNˆ ' = 900 (0,25điểm)

 NBNˆ ' = ABNˆ +ABNˆ ' = 1800 (0,25điểm)

Vậy N, B, N’ thẳng hàng (0,25điểm)

2

b/ Chứng minh trung điểm I của N, N’ là tâm của đưêng trũn tiếp xúc với (O) và (O’)

OI đi qua trung điểm của NA và NN’ nên OI là đưêng trung bình của ANN’

Bài 5 (4 điểm) hình vẽ (0,5điểm)

Tìm giá trị nhá nhất của tổng diện tớch của hai tam giác ACM và BDM

Ta có CA = CM; BD = BM ( tớnh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (0,25điểm)

 SACM + SBDM R2 (0,5điểm)

Dấu “=” xảy ra  HO (0,25điểm)

 M là giao điểm của đưêng thẳng vuông gũc với AB vẽ từ O và nửa đưêng trũn (O)(0,25điểm)

Vậy khi M là giao điểm của đưêng thẳng vuông gũc với AB vẽ từ O và nửa đưêng trũn (O)Thì SACM + SBDM nhá nhất và bằng R2 (0,25điểm)

( Học sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho trũn điểm)

C

D M

Hình bài 5 hình bài 4

Phũng GD Huyện Long Điền ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

12

b) Chứng minh rằng : nếu 0 < x < 1 thì P > 0

c) Tìm giá trị lớn nhất của P

Bài 3 : ( 5 điểm )

Cho ABCnhọn Trên đưêng cao AD ( D BC ) lấy điểm I sao cho BIC ˆ 900 Trên đưêng cao

BE ( E AC ) lấy điểm K sao cho AKC ˆ 900 Chứng minh : CI = CK

Viết được

2 2

Vậy khi D , E lần lượt là trung ủieồm cuỷa AB , AC thì SMDE nhá nhất ( 0,5đ )

PHOỉNG GD- ẹT LONG ẹIỀN KYỉ THI CHOẽN HOẽC SINH GIỎI CẤP

HUYỆN - NAấM HOẽC 2012-2013

-Baứi 1: (4,0 ủ)

1/ Cho A = 1+2+3+…… + 2004+2005 +2006

a/ Tớnh A (1,0 ủ)b/ Nếu thay toồng cuỷa hai số háng bất kyứ ( chón trong toồng A)ứ baống hieọu cuỷa hai số háng ủó thì toồng mới cuỷa A laứ số leỷ hay số chaỹn (1,0 ủ)

2/ Chửùng minh raống số tửù nhiên :

A = 1.2.3………2003.2004 (1+

1 1 + + + 1 + 1

chia hết cho 2005 (2,0 ủ)

ẹáp án vaứ bieồu ủieồm

A không ủoồi A = 2013021 laứ số leỷ nên toồng A mới laứ moọt số leỷ

1/ Chửùng minh raống nếu: x2 + y2 = 1 thì:  2  x y  2 (2,0 ủ)

2/ Tớnh giá trũ cuỷa bieồu thửùc :

Baứi 3: ( 4,0 ủ)

1/ Cho x> 0, y> 0 thoỷa maừn x+ y = 6

Tìm giá trũ nhoỷ nhất cuỷa bieồu thửùc: A = 3x + 2y +

Dấu “=” xaỷy ra khi x = 2; y = 4 ( 0, 5ủ)

Vaọy: Min P = 19 khi x = 2; y = 4

ẹáp án vaứ bieồu ủieồm

a/( 2,0 ủ) Veừ ủửơứng kớnh AD ta có: ACD 1V( 0,5 ủ)

AHB vaứ ACD có ABH ADC

( Cuứng chaộn cung AC)

b/ ( 2,0 ủ) Ta có S ABC =

1

2 BC AH =

abc 4R ( 0,5 ủ)Aùp dúng bất ủẳng thửùc

 S

3

4a 3

Baứi 5: (4,0 ủ) Cho góc xOy vaứ moọt ủieồm M chuyeồn ủoọng trong góc ủó sao cho

MH + MK = l ( doọ daứi cho trửớc) với H vaứ K laứ hình chiếu cuỷa M trên Ox vaứ Oy

Chửùng minh raống ủửơứng troứn ngoái tiếp tửù giác OHMK ủi qua moọt ủieồm cố ủũnh (khác ủieồm O)

ẹáp án vaứ bieồu ủieồm

Gói Oz laứ tia phân giác cuỷa xOyveừ ủửơứng thẳng qua M vuông góc với Oz

tái P Ta có OP vửứa laứ phân giác vửứa laứ ủửơứng cao nên OAB cân tái O

 OA = OB.( 0,5 ủ) Veừ AD OB ta có SOAB=  

OAB cố ủũnh ẹửơứng troứn ngoái tiếp tửù giác OHMK có ủửơứng kớnh laứ OM

ẹieồm P Nhìn OM dửới moọt góc vuông nên P thuoọc ủửơứng troứn ngoái tiếp tửù giác OHMK  P laứ ủieồm cố ủũnh ( 0,5 ủ)