Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Trường THPT chuyên Hùng Vương - Năm học 2009-2010 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Trường THPT chuyên Hùng Vương - Năm học 2009-2010 (Có đáp án)

1. Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên hùng vương Năm học 2009-2010 Đề chính Thức Môn Toán (Dành cho tất cả thí sinh) Thời gian 120 không kể thời gian giao đề Đề thi có 1 trang x 2 1 1 Câu 1(2 điểm): Cho biểu thức P ĐKXĐ: x 2; x 2 3x 2 x 1 x 2 a)Rút gọn P b)Tìm x để P+x=7 ta có Câu 2(2 điểm): Cho PT bậc 2: x2+2(m-1)x+m2-m+1=0 (1) a)Giải phương trình với m=-1 b)Tìm m để phương trình(1) có 2 nghiệm x1;x2 thoả mãn x1 x2 4 Câu 3(2 điểm): a) Vẽ đồ thị y=2x+3; y=x2 trên cùng hệ trục toạ độ b) Toạ độ giao điểm 2 đồ thị trên là nghiệm của hệ sau y 2x 3 2 y x Câu 4 (3 điểm):Cho tam giác nhọn ABC trực tâm H;góc BAC=600 gọi D; E là chân đường cao kẻ từ B;C tới AC;AB;I là trung điểm BC a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp b)Chứng minh tam giác IDE đều c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .Chứng minh AHO cân Câu 5(1 điểm) : Cho x;y;z là các số thực dương sao cho xyz=x+y+z+2 1 1 1 3 Chứng minh rằng: P xy yz zx 2 Hết Họ và tên thí sinh SBD Sở giáo dục và đào tạo phú thọ Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên hùng vương Năm học 2009-2010 Đề chính Thức
2. Môn Toán (Vòng 2: Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Thời gian 150 không kể thời gian giao đề Đề thi có 1 trang mx y 2;(1) Câu 1(2 điểm): Cho hệ phương trình (m là tham số) x my 5;(2) a) Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất với mọi m b) Tìm m để hệ có nghiệm(x;y) thoả mãn x+y=5 Câu 2(1 điểm): Tìm các số nguyên dương x;y;z thoả mãn x3-y3=z2 trong đó y nguyên tố (z;3)=(z;y)=1 Câu 3 (3điểm): a)Gải phương trình : (x+1)2009+(x+1)2008(x+2)+(x+1)2007(x+2)2+ +(x+1)(x+2)2008+(x+2)2009=0 5 b)Cho x;y là các số thực thoả mãn điều kiện x y 4 4 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 4y Câu 4: (3 điểm) Cho nhọn ABC nội tiếp (O) điểm P nằm trong sao cho  BAP= PBC;  CAP= PCB.AP cắt BC tại M a)Chứng minh M là trung điểm BC b)Gọi H là trực tâm ABC .Chứng minh tứ giác BHPC nội tiếp ( ) c)Đường trung trực AP cắt BC tại Q.Chứng minh rằng QA tiếp xúc với (O);QP tiếp xúc với ( ) Câu 5(1 điểm): Cho các số thực không âm a;b;c sao cho ab+bc+ca=3 .Chứng minh rằng 1 1 1 P 1 a 2 2 b2 2 c 2 2 Hết Họ và tên thí sinh SBD Sở giáo dục và đào tạo phú thọ Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên hùng vương Năm học 2009-2010 Đề chính Thức Môn Toán (Vòng 2: Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán-Tin )
3. Thời gian 150 không kể thời gian giao đề Đề thi có 1 trang Câu 1(2 điểm): Cho phương trình bậc 2: x2-2(m-1)x+2m-4=0 ( trong đó m là tham số) a)Chứng minh phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2 2 b)Gọi x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình .Tìm m để P x1 x2 đạt min Câu 2(2 điểm): a)Giải phương trình: x 3 x 2 3x 3 2x x 2 3 2x 2 2x 4x 2 4x y 2 1 b)Giải hệ phương trình: 2 2 4x 3xy y 1 Câu 3(2 điểm): a)Chứng minh rằng với mọi số a.b.c đôi một phân biệt thì bc ca ab 1 (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) a) Cho ba số a.b.c đôi một phân biệt .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Câu 4(3 điểm):Cho 2 đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B đường thẳng vuuông góc với AB tại B cắt (O1) tại C cắt (O2) tại D một đường thẳng quay quanh B cắt (O1) và (O2) tại E và F a)Chứng minh tỉ số AE không đổi AF b)Các đường thẳng EC ;DF cắt nhau tại G .Chứng minh tứ giác AEGF nội tiếp c) Chứng minh rằng khi EF quay quanh B thì tâm đường tròn ngoại tiếp tứ gíac AEGF luôn thuộc đường tròn cố định Câu 5(1 điểm):Trên mặt phẳng cho 2009 điểm sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là đỉnh của một tam giác có diện tích không vượt quá 1 .Chứng minh rằng 2009 điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4 Hết Họ và tên thí sinh SBD kì thi tuyển sinh THPTchuyên hùng vương Năm học 2009-2010 Môn Toán ( không chuyên) Thời gianl àm bài 120 phút-ngày thi 25 tháng 6 năm 2009 x 2 1 1 Câu 1(2 điểm): Cho biểu thức P ĐKXĐ: x 2; x 2 3x 2 x 1 x 2 a)Rút gọn P b)Tìm x để P+x=7 ta có
4. Hướng dẫn x 2 1 1 x 2 x 2 x 1 x 2 2x 3 (x 3)(x 1) x 3 a) P (x 2)(x 1) x 1 x 2 (x 2)(x 1) (x 2)(x 1) (x 2)(x 1) x 2 b)Tìm x để P+x=7 ta có HD: x 3 x 2 3 P x x 7 x 2 3 7x 7 x 2 7x 10 0 x 1 x 1 x 5 (x 2)(x 5) 0 x 2(loai) Vậy x=5 thì P+x=7 Câu 2(2 điểm): Cho PT bậc 2: x2+2(m-1)x+m2-m+1=0 (1) Hướng a)Giải phương trình với m=-1 dẫn a) Với b)Tìm m để phương trình(1) có 2 nghiệm x1;x2 thoả mãn x x 4 1 2 m=-1 ta có x2+2(m-1)x+m2-m+1=0 x2 -4x+3=0 Nhẩm Vi-ét a+b+c=1+(-4)+3=0 PT có 2 nghiệm phân biệt x1=1;x2=3 b) ta có / =(m-1)2-( m2-m+1)=m2 -2m+1-m2+m-1=-m 0 khi m 0 với m 0 Theo Vi-ét ta có x x 2(1 m) 1 2 2 2 2 2 từ GT ta có ( x1 x 2 ) 16 x1 x 2 2 x1 . x 2 16 (*) x1.x2 m m 1 1 3 vì x .x m2 m 1 (m )2 0 nên x . x x .x 1 2 2 4 1 2 1 2 2 2 2 (*) x1 x2 16 4(m 2m 1) 16 m 2m 3 0 Nhẩm Vi-ét a-b+c= 1-(-2)+(-3)=0; m1=-1;m2=3 >0 loại vậy m=-1 thì x1 x2 4 Câu 3(2 điểm): a) Vẽ đồ thị y=2x+3; y=x2 trên cùng hệ trục toạ độ b) Toạ độ giao điểm 2 đồ thị trên là nghiệm của hệ sau y 2x 3 2 y x Hướng dẫn b) Toạ độ giao điểm 2 đồ thị trên là nghiệm của hệ sau x 1 y x 2 x 2 2x 3 0 y 1 y 2x 3 y 2x 3 x 3 y 9 Tọa độ A(-1;1); B(3;9) c) 1 1 S (AD BC).CD (1 9).4 20(DVDT) ABCD 2 2
5. Câu 4 (3 điểm):Cho tam giác nhọn ABC trực tâm H;góc BAC=600 gọi D; E là chân đường cao kẻ từ B;C tới AC;AB;I là trung điểm BC a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp b)Chứng minh tam giác IDE đều c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .Chứng minh AHO cân A D E O H B I C K
6. a)Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp ta có  BEC= BDC=900 theo quy tích cung chứa góc tứ giác BEDC nội tiêp đường tròn tâm I đường kính BC b)Chứng minh tam giác DIE đều Ta có tam giác BEC,BDC vuông tại E ;D có EI;DI là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên DI=EI ( cùng bằng nửa BC) mặt khác  AED= ACB (cùng bù  BED) ;  BAC chung nên AED đ d với ACB suy ra DE AD 1 1 Cosin 600 nên DE= BC vậy DE=DI=EI nên DIE đều BC AB 2 2 c)Chứng minh tam giác AHO cân Kẻ đường kính AK ta có tứ giác BHCK là hình bình hành nên H;I;K thẳng hàng Trong tam giác AHK có OI là đường trung bình nên AH=2.OI 1 Trong tam giác vuông IOC (vuông tại I ) có  IOC= BOC= BAC=600 2 nên OC=2.OI mà OC=OA nên AH=AO suy ra tam giác AHO cân tại A (đpcm) Câu 5(1 điểm) : Cho x;y;z là các số thực dương sao cho xyz=x+y+z+2 Hướ 1 1 1 3 Chứng minh rằng: P ng xy yz zx 2 dẫn Từ giả thiết ta có (1+x)(1+y)+(1+y)(1+z)+(1+z)(1+x)=(1+x)(1+y)(1+z) 1 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1 1 1 a b c Đặt a x 1 ;(vi : a b c 1) 1 x a a a 1 a c 1 a b Tương tự b y ; c y 1 y b 1 z c ab bc ac Nên P (b c)(a c) (a b)(a c) (b c)(a b) áp dụng Bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số dương ta có ab 1 b a bc 1 b c ; ; (b c)(a c) 2 b c a c (a b)(a c) 2 b a a c ac 1 c a (b c)(a b) 2 b c a b 1 b c a b a c 3 Vậy P 2 b c b c a b a b a c a c 2 Dờu “=” xảy ra khi a=b=c hay x=y=z=2 Thi tuyển sinh THPT chuyên hùng Vương Môn Toán (Chuyên Toán)
7. Thời gianl àm bài 150 phút-ngày thi 26 tháng 6 năm 2009 mx y 2;(1) Câu 1(2 điểm): Cho hệ phương trình (m là tham số) x my 5;(2) a) Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất với mọi m b) Tìm m để hệ có nghiệm(x;y) thoả mãn x+y=5 Hướng dẫn a) mx y 2; y mx 2; y mx 2;(1) 2 x my 5; x m(mx 2) 5; (m 1)x 2m 5;(2) Ta có m2 1 0 với mọi m nên PT(2) có nghiệm duy nhất với mọi m suy ra hệ có nghiệm duy nhất với mọi m 2m 5 5m 2 b)Từ (2) x thay vào (1) ta được y m2 1 m2 1 7m 3 Vì x+y=5 nên 5 5m2 7m 2 0 Nhẩm Vi-ét a+b+c=5+(-7)+2=0 m2 1 2 m 1;m 1 2 5 Câu 2(1 điểm): Tìm các số nguyên dương x;y;z thoả mãn x3-y3=z2 trong đó y nguyên tố (z;3)=(z;y)=1 Hướng dẫn từ GT ta có x y  x y 2 3xy z 2 Ta có (x;y)=1 vì nếu (x;y) khác 1 Thì x y  x y 2 3xy  y z 2  y trái GT (z;y)=1 Ta cũng có (x-y) không chia hết cho 3 Vì x-y chia hết cho 3 thì z chia hết cho 3 trái GT đặt x-y=k2;x2+xy+y2=t2 ( k;t Z) thì z=k.t Ta có 4t2=4x2+4xy+4y2 3y2 =4t2-4x2 -4xy -y2=(2t+2x+y)(2t-2x-y) vì y nguyên tố nên 2t 2x y 3y 2 (1) 2t 2x y 1 2t 2x y y 2 (2) 2t 2x y 3 (1) 3y2-1=2(2x-y)=2(k2+3y) k2+1=3(y2-k2+2y) 3 suy ra k2+1 3 vô lý vì k2+1 không chia hết cho 3
8. (2) y2-3=2(2x+y)=2(2k2+3y) (y-3)2-4k2=12 (y-3+2k)(y-3-2k)=12 Từ đó tìm được y=7 thay vào ta có x=8;z=13 Câu 3 (3điểm): Hướ a)Gải phương trình : ng (x+1)2009+(x+1)2008(x+2)+(x+1)2007(x+2)2+ +(x+1)(x+2)2008+(x+2)2009=0 dẫn 5 a)Đ b)Cho x;y là các số thực thoả mãn điều kiện x y ặt 4 x+1 4 1 =a;x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 4y +2= b ta có a2009+a2008 b+a2007.b2+ +a.b2008+b2009=0 (a-b)( a2009+a2008 b+a2007.b2+ +a.b2008+b2009)=0 a2010-b2010=0 a2010=b2010 a=b hoặc a=-b Với a= b ta có x+1=x+2 vô nghiệm 3 Với a=-b ta có x+1=-x-2 2x=-3 x 2 b)áp dụng bất đẳng thức Bunhicôpsky cho 2 dãy 2 2 1 4 1 1 25 4 1 x; y và ; ta có x y 2 5 x 2 y x 4y 2 4 x 4y 5 x y x 1 4 Min(A)=5 khi 1 x y 2y 4 2 Cách khác : áp dụng BĐT Cô-Si ta có 4 4 1 1 4x 2 .4x 8; 4y 2 .4y 2; x x 4y 4y Ta có A 4(x y) 10 A 10 4(x y) 5 4 4x x x 1 1 Min (A)=5 khi 4y 1 4y y 4 5 x; y 0; x y 4
9. Câu 4: (3 điểm) Cho nhọn ABC nội tiếp (O) điểm P nằm trong sao cho  BAP=  PBC;  CAP=  PCB.AP cắt BC tại M a)Chứng minh M là trung điểm BC b)Gọi H là trực tâm ABC .Chứng minh tứ giác BHPC nội tiếp ( ) c)Đường trung trực AP cắt BC tại Q.Chứng minh rằng QA tiếp xúc với A (O);QP tiếp xúc với ( ) I P O H Q1 Q Q2 B M C BM AM a)Ta có ABM đd BPM (gg) nên BM 2 AM.PM (1) PM BM CM AM Ta có ACM đd CPM (gg) nên CM 2 AM.PM (2) PM CM Từ (1) và 2 ta có BM=CM hay M là trung điểm của BC b)Chứng minh tứ giác BHPC nội tiếp đường tròn ( ) Theo tính chất trực tâm  BHC+ BAC =1800 (3) theo tính chất tổng ba góc trong tam 0 giác  BPC+ PBC+ PCB=180 mà  PBC= BAP;  PCB= CAP nên 0  BPC+ PBC+ PCB= BPC+ PAB+ PAC= BPC+BAC=180 (4) Từ (3) và (4) ta có  BPC= BHC theo QT cung chứa góc thì minh tứ giác BHPC nội tiếp đường tròn ( ) (đpcm) c) Gọi trung trực AP cắt AP tại I Ta có QB.QC=(QM-BM)(QM+BM)=QM2-BM2 Ta có ABM đd BPM (gg) nên BM AM BM 2 AM.PM (MI IP)(MI IP) MI 2 IP 2 PM BM áp dụng định lý Pi ta go cho cho tam giác vuông QMI ta có QM2=QI2+IM2
10. Vậy QB.QC= QI2+IM2-MI2+IP2= QI2+IP2= QI2+IA2 mà theo Pitago cho tam giác vuông QIA ta có QI2+IA2 =QA2 nên AQ2=QB.QC hay QA là tiếp tuyến của (O) Ta có QA=QP nên AQ2=QB.QC suy QP là tiếp tuyến của đường tròn ( ) (đpcm) Cách Khác :kẻ tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại Q1;kẻ tiếp tuyến tại P của ( ) cắt BC tại Q2 2 Q1B Q1 A AB Q1B AB Q1AB đ d Q1CA (gg) nên 2 (1) Q1 A Q1C AC Q1C AC 2 Q2 B Q2 P PB Q2 B PB Q2PB đ d Q2CP (gg) nên 2 (2) Q2 P Q2C PC Q2C PC BM AB Ta có ABM đd BPM (gg) nên (3) PM BP CM AC Ta có ACM đd CPM (gg) nên (4) PM CP AB PB Mà BM=CM (5) Từ (3);(4);(5) ta có (6) AC PC Q B Q B 1 2 Từ (1);(2);(6) ta có mà Q1;Q2 thuộc tia CB nên Q1trùng Q2 Q1C Q2C 2 2 Măt khác từ (1) ta có Q1A =Q1B.Q1C; từ (2) ta có Q2P =Q2B.Q2C; Nên Q1A=Q1P nên Q1 thuộc trung trực của AP hay Q1  Q2  Q Câu 5(1 điểm): Cho các số thực không âm a;b;c sao cho ab+bc+ca=3 .Chứng minh rằng 1 1 1 P 1 a 2 2 b2 2 c 2 2 Hướng dẫn a 2 b2 c 2 3 2P a 2 2 b2 2 c 2 2 áp dụng BĐT Bunhiacôpsky cho 2 dãy a 2 2; b2 2; c 2 2 a b c Và ; ; a 2 2 b2 2 c 2 2 a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2 6 (a b c)2 Ta có 2 2 2 a 2 b 2 c 2 Thay 6=2(ab+bc+ca) ta có a2+b2+c2+6=(a+b+c)2 (a b c)2 nên 3 2P 1 P 1 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1 (a b c)2
11. Thi tuyển sinh THPT chuyên hùng Vương Môn Toán (Chuyên Tin học) Thời gianl àm bài 150 phút-ngày thi 27 tháng 6 năm 2009 Câu 1(2 điểm): Cho phương trình bậc 2: x2-2(m-1)x+2m-4=0 ( trong đó m là tham số) a)Chứng minh phương trình có 2 nghiệm phân biệt Hướn b)Gọi x ,x 2 nghiệm của phương trình .Tìm m để P x 2 x 2 đạt min g dẫn 1 2 là 1 2 a) Đ ể phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m thì / 0;m Ta có / (m 1)2 (2m 4) m2 4m 5 (m 2)2 1 0voim ( đpcm) / x1 x2 2(m 1) b)Vì 0;m theo Vi-ét ta có x1.x2 2m 4 ta có 2 2 2 2 P x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 4(m 1) 2(2m 4) P 4m2 12m 12 (2m 3)2 3 3 3 Vậy Min(P)=3 khi m 2 Câu 2(2 điểm): a)Giải phương trình: x 3 x 2 3x 3 2x x 2 3 2x 2 2x Hướn g dẫn 4x 2 4x y 2 1 b)Giải hệ phương trình: b) T 2 2 4x 3xy y 1 X Đ : x 0 x3 x 2 3x 3 2x x 2 3 2x 2 2x (x 1)(x 2 3) 2x x 2 3 2x(x 1) x 1 x 2 3 2x x 2 3 2x 0 x 1 1 x 2 3 2x 0 x 1 1 0 x 1 1 x 0;Thoaman 2 2 2 x 3 2x 0 x 3 2x x 2x 3 0;(vonghiem) Vậy phương trình có nghiệm x=0 b) y 2x 1 2 2 2 2 2 2 2 2 4x 4x y 1(1) 4x 4x 1 y (2x 1) y 4x 3xy y 1 2 2 2 2 2 2 y 2x 1 4x 3xy y 1(2) 4x 3xy y 1 4x 3xy y 1 2 2 4x 3xy y 1 *Với y=2x+1 thay vào phương trình (2) ta có 4x2-3x(2x+1)+(2x+1)2=1 4x2-6x2-3x+4x2+4x+1=1 2x2+x=0 x(2x+1)=0
12. x=0 hoặc x= 1 ;với x=0 thì y=1;với x= 1 thì y=0 2 2 *Với y=-(2x+1) thay vào phương trình ()2 ta có 4x2+3x(2x+1)+(2x+1)2=1 4x2+6x2+3x+4x2+4x+1=1 14x2+7x=0 7x(2x+1)=0 x=0 hoặc x= 1 ; với x=0 thì y=-1;với x= 1 thì y=0 2 2 1 Hệ có 3 nghiệm (x;y)=(0;1);(;0) ;(0;-1); 2 Cách khác: (1) 4x 2 4x y 2 1 0 (*) coi PT(*) là phương trình bậc 2 ẩn x tham số y ; GPT theo CT nghiệm / 4 4y 2 4 4y 2 0 2 4y 2 1 y 1 y x x x 4 2 2 y 2x 1 PT(*) có 2 nghiệm 2 1 y 1 y y 2x 1 2 4y x x x 4 2 2 sau đó giải như trên Câu 3(2 điểm): a)Chứng minh rằng với mọi số a.b.c đôi một phân biệt thì bc ca ab 1 (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) a) Cho ba số a.b.c đôi một phân biệt .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 2 b2 c 2 P (b c)2 (c a)2 (a b)2 Hướng dẫn a) bc ca ab bc ca ab (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(a b) (a c)(b c) bc(b c) ca(a c) ab(a b) bc(b c) ca 2 c 2a a 2b ab2 (a b)(b c)(a c) (a b)(b c)(a c) bc(b c) a 2 (b c) a(b c)(b c) (b c)(bc a 2 ab ac) (a b)(b c)(a c) 1 (a b)(b c)(a c) (a b)(b c)(a c) (a b)(b c)(a c) b) 2 a b c a 2 b 2 c 2 ab bc ac 2 0 2 2 2 b c c a a b (b c) (c a) (a b) (b c)(c a) (c a)(a b) (b c)(a b) a 2 b 2 c 2 ab bc ac 2 0 2 2 2 (b c) (c a) (a b) (c b)(c a) (a c)(a b) (b c)(b a) a 2 b 2 c 2 a b c 2;Min(P) 2 0 (b c) 2 (c a) 2 (a b) 2 b c c a a b
13. Câu 4(3 điểm):Cho 2 đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B đường thẳng vuuông góc với AB tại B cắt (O1) tại C cắt (O2) tại D một đường thẳng quay quanh B cắt (O1) và (O2) tại E và F A a)Chứng minh tỉ số AE không đổi AF b)Các đường thẳng EC ;DF cắt nhau tại G .Chứng minh tứ giác AEGF nội tiếp F O1 O2 c) Chứng minh rằng khi EF quay quanh B thì tâm đường tròn ngoại tiếp tứ gíac AEGF luôn thuộc đường tròn cố định B D C I E G Hướng dẫn a)Chứng minh tỉ số AE không đổi AF xét 2 tam giác CAD; EAF có  ACD= AEF;  ADC= AFE AC AD AE AC nên CAD đồng dạng EAF (g.g) nên ( không đổi) AE AF AF AD 0 a) Vì CD  AB nên A;O1C thẳng hàng A;O2;;D thẳng hàng nên AEG= AFG=90 vậy  AEG+ AFG=1800 nên tứ giác AEGF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AG c)Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF thuộc trung trực của AE;AF mà AE;AF là 2 day của (O1);(O2) nên trung trực của AE;AF đi qua O1;O2 gọi trung trực AE;à cát nhau 0 tại I thì I là trung điểm AG ta có  O1IO2+ EAF=180 mà  EAF= CAD suy ra 0  O1IO2=180 - CAD (không đổi) O1O2 cố định nên I chuyển động trên cung chứa góc 0 180 - CAD dựng trên O1O2
14. Câu 5(1 điểm):Trên mặt phẳng cho 2009 điểm sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là đỉnh của một tam giác có diện tích không vượt quá 1 .Chứng minh rằng 2009 điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4 Hướng dẫn Gọi A;B;C là 3 điểm bất kỳ trong 2009 điểm đã cho sao cho SABC lớn nhất và S ABC 1 qua các đỉnh của tam giác ABC ta kẻ các đường thẳng // với các cạnh của tam giác ABC chúng cắt nhau tạo thành tam giác MNP ta có SMNP=4.SABC 4 ta chứng minh 2009 điểm trên luôn nằm trong tam giác MNP giả sử có diểm Q nằm bên ngoài MNP giả sử Q thuộc nửa MP bờ MP không chứa điểm N ta có SACQ >SABC > 1 vô lý vì SABC Max Vậy 2009 điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4