CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 ĐỀ THI HSG LỚP QUẬN TÂN BÌNH – (2014-2015) Thời gian: 120 phút (NGÀY THI: 11/10/2014) Bài 1: (3 điểm) Rút gọn:  22 A    10    10      2 Bài 2: Giải phương trình hệ phương trình sau: a)  x  3 x  5   x  5 x3 0 x 5 b) 3x  6x  41  10 2x  1 1 x  y  z   c)    4  xy z (2 điểm) (2 điểm) (2 điểm) Bài 3: a) Cho a > ; b > ; c > Chứng minh : a b c   6 a 1 b 1 c 1 (1 điểm) Tìm giá trò lớn biểu thức: M  2x  5x   x   2x (2 điểm) (1 điểm) c) Tìm nghiệm nguyên tố phương trình x  2y2  b) Cho x  Bài 4: Cho ABC nội tiếp (O) đường kính AB Kẻ đường cao CH ABC Vẽ (I) tiếp xúc với HC, HB E, D tiếp xúc với (O) F a) Cho HA – HB = 5,6cm; tanCAD  Tính CA, CB (2 điểm) b) Chứng minh: A, E, F thẳng hàng ACD cân (2 điểm) Bài 5: Cho ABC CÓ CBA  600 ;BC  a;AB  c (a, c hai độ dài cho trước) Hình chữ nhật MNHK có đỉnh M cạnh AC; N cạnh AC; H, K cạnh BC Hình chữ nhật MNHK gọi hình chữ nhật nội tiếp ABC Tìm vò trí M cạnh AB để diện tích hình chữ nhật MNHK đạt giá trò lớn Tính giá trò lớn theo a c (3 điểm)   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 HƯỚNG DẪN ĐỀ THI HSG LỚP QUẬN TÂN BÌNH (2014-2015) Bài 1: Rút gọn:   22 A    10    10      2 Đặt B   10    10  ; B >   B2  16  64  10   2     10    B2  16  24   16   B2  16    12   B  10  Khi đó: A      B >  10   1  1  22 2     1   1              1 62  1  Bài 2: Giải phương trình: a)  x  3 x  5   x  5 x3 0 x 5 Điều kiện : x  hay x  3 x3 0 x 5  x3   x    x    0 x     x  3 x  5   x  5 x    x3  x   x   Giải (1): x    x3 1 x3 0 x 5  điều kiện: x  3  x3   x3   x  3      x  3  x   0 x 5 x 5  x 5  Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG  x  3  nhận   x  3     x  4  loại     2x  24    x   nhận 2014 -2015 Vậy S  3; 6 b) 3x  6x  41  10 2x  3x  6x  41  10 2x   2x   10 2x   25  x  6x      2x      x 3 x       2x     x  3  Vậy S  3 1 1 x  y  z   c)     20   xy z Điều kiện: x  0;y  0;z  1 1 1 10 10 1   25    x  y  xy z   x  y x y  z      25    25  z  z xy xy  10  2   10 1 10 10    25      25    xy  25  25    x  y  xy x y x y   x  y     1 1     5   z  z x y x y  1 x 5 2     1   x          x 1   y     5  y  Vậy nghiệm hệ pt y 1    1 z   x  y 1       z  z  1 1 x  y  z       20   xy z Bài 3: a) Cho a > ; b > ; c > Chứng minh :  x    y   1  z   a b c   6 a 1 b 1 c 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:  a 1 a a 1 a  1   a 1   2 2 a 1 b  2; 2 Chứng minh tương tự, ta có: b 1 c 1 Do đó: a   a b c     Dấu ‘’=’’ xảy b    a  b  c  a 1 b 1 c 1 c    Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG b) Cho x  2014 -2015 Tìm giá trò lớn M  2x  5x   x   2x M  2x  5x   x   2x   2x  1 x    x   2x Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:  2x   x  3x  =   2x  1 x    2   x  x  2 x     2 3x  x    2x  1 x    x    2    2x  1 x     2x  1 x    x   2x  x   2x  5 M5 Vậy giá trò lớn M 2x   x  Dấu ‘’=’’ xảy   x 1 4  x  c) Tìm nghiệm nguyên tố phương trình x  2y2  Cách 1: x  2y2   x 1  2y2   x 1 x  1  2y   x  1 x  1  số  x  1  x  1 phải có số chẵn (1) Ta có:  x  1   x  1  2x số chẵn   x  1  x  1 có tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2)   x  1  x  1 chẵn   x  1    x  1 x  1  2y  y 2  y   y nguyên tố    x  1 Thế x = vào x  2y2  , ta được: x2  2.22   x   x nguyên tố  Vậy cặp nghiệm nguyên tố phương trình x = 3; y = Cách 2: x  2y2   x   2y2   x  1 x  1  2y2   x 1 x  x  1  2xy mà  x  1 x  x  1 số tự nhiên liên tiếp nên  x  1 x  x  1 Do : 2xy2  xy2 TH1: x  x   x nguyên tố  Thế x = vào x  2y2  , ta được: 32  2.y   y   y nguyên tố  TH2: y  y   y nguyên tố  Thế y = vào x  2y2  , ta được: x2  2.32   x2  29 loại  x nguyên tố  Vậy cặp nghiệm nguyên tố phương trình x = 3; y = Bài 4: Cho ABC nội tiếp (O) đường kính AB Kẻ đường cao CH ABC Vẽ (I) tiếp xúc với HC, HB E, D tiếp xúc với (O) F Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 C F E I A D O H a) Cho HA – HB = 5,6cm; tanCAD  B Tính CA, CB Dễ thấy CAB  HCB  tanCAB  tanHCB  HC HB   HA HC HC HB 3 HB      HA HC 4 HA 16 Mà HA – HB = 5,6 nên HA = 12,8 (cm); HB = 7,2 (cm) Ta có: AB = HA + HB = 12,8 + 7,2 = 20 (cm) Xét CAB vuông C, ta có CH đường cao CA2  HA.AB  12,8  20   256   CA  16  cm      CB  HB.AB   7,2   20   144 CB  12  cm  b) Chứng minh: A, E, F thẳng hàng ACD cân  Xét FIE FOA, ta có: FIE  FOA  góc đồng vò IE // OA    FIE ∽ FOA  c  g  c  IFE  OFA   IF IE  tỉ số bán kính  I  O    OF OA  tia FE trùng với tia FA  A, E, F thẳng hàng EIO  2EFI  góc IEF cân I  Dễ thấy:   OID  2IFD  góc IDF cân I      EIO  OID  EFI  IFD  EID  2EFD  EFD  EID 180  DIE DIE  2 AD AE   AD2  AE.AF Do đó: ADE  EFD …  ADE ∽ AFD  g  g   AF AD Mặt khác: ADE  90  IDE  90  Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015  AE.AF  AH.AB AHE ∽ AFB Mà   AH.AB  AC  Hệ thức lượng  nên AD2  AC2  AD  AC  ACD cân A Bài 5: Cho ABC CÓ CBA  600 ;BC  a;AB  c (a, c hai độ dài cho trước) Hình chữ nhật MNHK có đỉnh M cạnh AC; N cạnh AC; H, K cạnh BC Hình chữ nhật MNHK gọi hình chữ nhật nội tiếp ABC Tìm vò trí M cạnh AB để diện tích hình chữ nhật MNHK đạt giá trò lớn Tính giá trò lớn theo a c A AB = c; BC = a M N 600 B K I ABI vuông I có B  60  sinB  H C AI  AI  AB.sinB  c.sin60  c AB  MN AM  BC  AB MN MK AM BM AM.BM  AM  BM AB2 Dễ thấy           BC AI AB AB 4 AB2 AB2 AB2  MK  BM  AI AB  SMNHK  1 3 BC.AI  a.c  ac 4 Dấu “=” xảy  AM  MB  M trung điểm AB Khi SMNHK  ac   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP VÒNG 2, Quận TÂN BÌNH (2014-2015) (NGÀY THI: 30/12/2014) Bài 1: (4 điểm) 1) Cho phương trình ax2  bx  c  có hệ số a, b, c số nguyên lẻ Chứng minh phương trình có nghiệm nghiệm số hữu tỉ 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt mx4   m  3 x2  3m  Bài 2: (4 điểm) 1) Giải phương trình sau: x  x 1  x  x 1      x3 (2 điểm)  x  y  x  y  15  (2 điểm) 2) Giải hệ phương trình :  x  y  x2  y     Bài 3: ( điểm) 1 1 1) Cho a, b, c > Chứng minh: (1,5 điểm)  3  3  a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x2  17y  34xy  51 x  y   1740 (1,5 điểm) ax  b có giá trò nhỏ -1 có giá trò lớn (1 điểm) x2  Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BM, CN cắt H Gọi K trung điểm AH Gọi I giao điểm AH MN Chứng minh I trực tâm BKC Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) điểm M di chuyển đường tròn (O) Gọi A1 ,B1 ,C1 điểm đối xứng M qua cạnh BC, AC, AB Chứng 3) Tìm a, b để y  minh rằng: 1) Ba điểm A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng (2 điểm) 2) Đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 qua điểm cố đònh M di chuyển (2 điểm) Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD) Tia phân giác góc BAD cắt BC M cắt DC N Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN Chứng minh tứ giác BKCD nội tiếp   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 HƯỚNG DẪN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG LỚP Quận TÂN BÌNH (2014-2015) Bài 1: (4 điểm) 1) Cho phương trình ax2  bx  c  có hệ số a, b, c số nguyên lẻ Chứng minh phương trình có nghiệm nghiệm số hữu tỉ (2 điểm) Do a, b, c số nguyên lẻ nên ta đặt: a  2m  1;b  2k  1;c  2n  với k,m,n  Z Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ thì:   b2  4ac phải số phương lẻ (do b lẻ 4ac số chẵn)     2t  1  b2  4ac   2k  1   2t  1   2m  1 2n  1 2  4k  k  1  4t  t  1   2m  1 2n  1 : vô lí vế trái số chia hết cho vế phải không chia hết cho Do phương trình có nghiệm nghiệm số hữu tỉ 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt mx4   m  3 x2  3m  (2 điểm) mx4   m  3 x2  3m  1 Đặt t  x ,phương trình 1 trở thành: mt   m  3 t  3m    a  m;b    m  3 ;c  3m   b  4ac    m  3  4m  3m  m  6m   12m  11m  6m  2 2 2  b m3 S  t1  t2   a  m Theo đònh lí Vi-et, ta có:  P  t t  c  3m   a m Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt m  m  a    11m 6m       3  108 3  108    3  108   m   m  m0  11 11 11 S    m  P   m  hay m   3    Vậy 3  108  m  phương trình (1) có nghiệm phân biệt 11 Bài 2: (4 điểm) 1) Giải phương trình sau: x  x 1  x  x 1  x  x 1  x  x 1  x3 x3 (2 điểm) (điều kiện: x  ) Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG     x 1 1   x 1 1   x 1 1  x3 x3 x 1 1  2014 -2015 x3 x 1 1   x 1 1 TH1: x     x  Khi phương trình trở thành: x  x3 x   x 1 1 x 1 1   x 1  x      2 x  10x  25  16  x  1   x   x    x   nhận  x    TH1: x      x  Khi phương trình trở thành: x 1 1  x 1 1  Vậy S  1;5 x3  x    x   nhận          x  y  x  y  15  2) Giải hệ phương trình :  (2 điểm) x  y x  y     Ta có:          2 2 2    x  y  x  y  15    x  y  x  y   x  y  x  y  x  y  5  x  y   x  y      x  y  x2  y  x  y  x2  y2       x  y  x  y      x  y   I 2   x  y  x  y    x  y  2x  5xy  2y   x  y  x  2y  2x  y    x  2y       II  2 2 2 x y x y    x  y x  y  x  y x  y           y  2x   x  y x  y   III                   x  y x  y  x  y x  y     y  y     vô lí    x  2y x  x  2y x  2y     Giải hệ (II)  2 2 3y  y   x  y  x  y    2y  y  4y  y    Giải hệ (I)        y  2x x  y  2x y  2x     Giải hệ (III)  2 2 3x  y   x  y  x  y    x  2x  x  4x        x  x hay  Vậy nghiệm hệ phương trình  y  y  Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 Bài 3: ( điểm) 1) Cho a, b, c > Chứng minh: 1 1  3  3  a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc Ta có:  a  b  (1,5 điểm)    a2  ab  b2  ab   a  b a2  ab  b2  ab  a  b   a3  b3  ab  a  b   a3  b3  abc  ab  a  b  abc  a3  b3  abc  ab  a  b  c    1   3  b  c  abc bc  a  b  c Cmtt, ta có:     c  a3  abc ca  a  b  c  1  1 a  b  abc ab  a  b  c 2  3 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta có: 1 1 1  3  3    3 a  b  abc b  c  abc c  a  abc ab  a  b  c bc  a  b  c  ca  a  b  c   1 c a b  3  3  a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc  a  b  c   1 1  3  3  a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc 3 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình sau: x2  17y  34xy  51 x  y   1740 (1,5 điểm)  x2  17 y  2xy   x  y   1740 Do x nguyên nên x có dạng: x  17k  r với r0,1,2,3,4,5,6,7,8 k  Z  x2 17n,17n  1;17n  4,17n  9,17n  8,17n  2,17n  15,17n  13 với n  Z Ta thấy vế phải 1740 cho cho 17 có số dư Trong vế trái chia cho 17 trường hợp số dư Vậy phương trình cho nghiệm nguyên 3) Tìm a, b để y  ax  b có giá trò nhỏ -1 có giá trò lớn (1 điểm) x2  ax  b có giá trò nhỏ -1 có giá trò lớn x2  ax  b  , a,b nên 1  x 1  a  a2  ax  b  x     b   , a,b  1 , a,b x  ax  b   , a,b 2   x      ax  b  , a,b 4x  ax  b   , a,b  a  a2 2x     b   , a,b  x     16  Vì y  Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015  a2  a2 a2   b 1    5   a  4 a  a  4   hay    42   42 16   a b  b  b   a  b     b 1   16    a  a  4 ax  b hay  Vậy  y  có giá trò nhỏ -1 có giá trò lớn x 1 b  b  Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BM, CN cắt H Gọi K trung điểm AH Gọi I giao điểm AH MN Chứng minh I trực tâm BKC A K T M I H O B C F Gọi F giao điểm AH BC Gọi T giao điểm BI KC Xét FKN FMI , ta có: NFK  MFI     FKN  FMI  2NMH  FK FN   FKN ∽ FMI  g  g   FM FI  FN.FM  FI.FK Mà FB.FC  FN.FM  FNB ∽ FCM   Nên FB.FC  FI.FK  FB FI  Mà BFI  KFC  90 FK FC  x  Nên FBI ∽ FKC  IBF  IKT  hai góc tương ứng  Mà BIF  KIT  đối đỉnh Nên IKT  KIT  IBF  BIF  900  KTI  900  BT  KC Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) điểm M di chuyển đường tròn (O) Gọi A1 ,B1 ,C1 điểm đối xứng M qua cạnh BC, AC, AB Chứng minh rằng: Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 A B1 E F H B A1 O D K C1 T C S M 1) Ba điểm A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng (2 điểm) Gọi S, K, T giao điểm MC1;MA1;MB1 với AB, BC, AC Chứng minh được: S, K, T thẳng hàng (đường thẳng Simpson) S trung điểm MC1   K trung điểm MA1 T trung điểm MB   ST // C1A1 SK // C1A1 Dùng đường trung bình chứng minh được:   C1A1  A1B1  KT // A1B1  ST // A1B1   A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng (1) 2) Đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 qua điểm cố đònh M di chuyển (2 điểm) Vẽ AD, BE, CF đường cao ABC cắt H Ta chứng minh được: BHD  ACB  AMB  AC1 B t / c đối xứng  BHD  AC1B  Tứ giác AC1BH nội tiếp  AHC1  ABC1  ABM  t / c đối xứng  (1) Chứng minh tương tự ta được: AHB1  ACM   Từ (1) (2) cộng vế ta được: AHC1  AHB1  ABM  ACM  C1HB1  1800  C1 ,H,B1 thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy ra: điểm  A1 ,B1 ,C1 ,H thẳng hàng Mà H cố đònh Nên đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 qua điểm H cố đònh M di chuyển Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD) Tia phân giác góc BAD cắt BC M cắt DC N Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 K N B M A C D Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp Ta có: DAN  MAB AM tia phân giác BAD   DAN  DNA  DAN cân D  DNA  MAB hai góc so le AB // DN      DN  DA Mà DA = BC (tứ giác ABCD hình bình hành) Nên DN = BC Ta có : NMC  DAN  BC // AC   MNC  MAB  AB // DN   NMC  MNC  CMN cân C  DAN  MAB     CM  CN Mà KM = KN (bán kính (K)) Nên KC đường trung trực MN  CK  MN Ta có : BC  DN  BC  CM  DN  CN  BM  DC  CM  CN CMN cân C có CK đường cao (…) Nên CK đường phân giác CMN  MCK  NCK (1) Ta có : KM = KC  KMC cân K  KMC  MCK   Từ (1) (2) suy : KMC  NCK Mà KMC  BMK  NCK  DCK  1800  BMK  DCK BM  DC  Xét BMK DCK , ta có : BMK  DCK  BMK  DCK c  g  c  MBK  CDK KM  KC   Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có đỉnh liên tiếp nhìn cạnh góc nhau)   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) [...]... KIT  đối đỉnh Nên IKT  KIT  IBF  BIF  90 0  KTI  90 0  BT  KC Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường tròn (O) Gọi A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB Chứng minh rằng: Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 A B1 E F H B A1 O D K C1 T C S M... cố đònh khi M di chuyển Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD) Tia phân giác của góc BAD cắt BC tại M và cắt DC tại N Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 K N B M A C D Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp Ta có: DAN  MAB AM... DCK , ta có : BMK  DCK  BMK  DCK c  g  c  MBK  CDK KM  KC   Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau)   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) ... điểm A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng (2 điểm) Gọi S, K, T lần lượt là giao điểm của MC1;MA1;MB1 với AB, BC, AC Chứng minh được: S, K, T thẳng hàng (đường thẳng Simpson) S là trung điểm của MC1   K là trung điểm của MA1 T là trung điểm của MB 1   ST // C1A1 SK // C1A1 Dùng đường trung bình chứng minh được:   C1A1  A1B1  KT // A1B1  ST // A1B1   A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng (1) 2) Đường thẳng chứa A1... của AH Gọi I là giao điểm của AH và MN Chứng minh I là trực tâm của BKC A K T M I H O B C F Gọi F là giao điểm của AH và BC Gọi T là giao điểm của BI và KC Xét FKN và FMI , ta có: NFK  MFI     FKN  FMI  2NMH  FK FN   FKN ∽ FMI  g  g   FM FI  FN.FM  FI.FK Mà FB.FC  FN.FM  FNB ∽ FCM   Nên FB.FC  FI.FK  FB FI  Mà BFI  KFC  90 0 FK FC  x  Nên FBI ∽ FKC  IBF  IKT... ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm cố đònh khi M di chuyển (2 điểm) Vẽ AD, BE, CF lần lượt là 3 đường cao của ABC cắt nhau tại H Ta chứng minh được: BHD  ACB  AMB  AC1 B t / c đối xứng  BHD  AC1B  Tứ giác AC1BH nội tiếp  AHC1  ABC1  ABM  t / c đối xứng  (1) Chứng minh tương tự ta được: AHB1  ACM  2  Từ (1) và (2) cộng vế ta được: AHC1  AHB1  ABM  ACM  C1HB1  1800  C1 ,H,B1 thẳng hàng... minh: tứ giác BKCD nội tiếp Ta có: DAN  MAB AM là tia phân giác của BAD   DAN  DNA  DAN cân tại D  DNA  MAB hai góc so le trong và AB // DN      DN  DA Mà DA = BC (tứ giác ABCD là hình bình hành) Nên DN = BC Ta có : NMC  DAN  BC // AC   MNC  MAB  AB // DN   NMC  MNC  CMN cân tại C  DAN  MAB     CM  CN Mà KM = KN (bán kính (K)) Nên KC là đường trung trực của MN...CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015  a2  a2 a2   b 1  0   5 0   a  4 a  4 a  4   hay    42   42 16   a b  3 b  3 b  3  a  b  4  0   b 1  0  16  4   a  4 a  4 ax  b hay  Vậy ... HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP VÒNG 2, Quận TÂN BÌNH (2014- 2015) (NGÀY THI: 30/12 /2014) ... Chứng minh tứ giác BKCD nội tiếp   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp (Vòng 2) –Q TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 HƯỚNG DẪN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG LỚP Quận. .. ADE ∽ AFD  g  g   AF AD Mặt khác: ADE  90  IDE  90  Học Sinh Giỏi Lớp – Quận TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015  AE.AF  AH.AB AHE ∽ AFB Mà