ĐỀ ÔN VÀO THPT CHUYÊN CÁC TỈNH- CÓ ĐÁP ÁN

Một số Đề luyện thi vào chuyên Toán 9 đề 1 Bài 1 (1 đ): Cho : M = x 2 + y 2 +xy-3x-3y+2011. Với giá trị nào của x,y thì M đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó? Bài 2 (1 đ): Chứng minh rằng 1 1 1 . 2 2 1 3 1 ( 1)n n + + + < + với mọi n N* Bài 3 (1,5 đ): Giải phơng trình a/ 2 6 10x x + + 2 6 18x x + = 6x -5-x 2 b/ 2 3 2( 2) 5 1x x+ = + Bài 4 (0,5 đ): Chứng minh rằng x, y, z, x + y + z đều là các số hữu tỉ thì x , y , z cũng là các số hữu tỉ. Bài 5 (1,5 đ): 1/ Chứng minh rằng nếu một đởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng a, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b thì đờng thẳng đó có dạng 1. y b + = x a 2/Cho đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1 a/ Chứng minh rằng đờng thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mọi m. c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng là lớn nhất. Bài 6 (2,5 đ): Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đờng cao OH, AK biết OA = a, ã AOH = . a/ Tính các cạnh tam giác AKB theo a và . b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2 . Từ đó biểu diễn sin2 , cos2 theo sin , cos . Bài 7 (2 đ) : Cho hình vuông ABCD. O là một điểm thuọc miền trong hình vuông sao cho OA : OB : OC = 1 : 2 : 3. Tính số đo góc AOB ? ============================= đáp án Bài 1 (1 đ): Ta có: M = (x 2 2x + 1) + (y 2 + xy + 1) + xy x y + 1 + 2008 = (x 1) 2 + (y 1) 2 + (x 1)(y 1) + 2008 = (x 1) 2 + 2008)1( 4 3 2 1 ).1(2 4 )1( 2 2 ++ + y y x y = 20082008)1( 4 3 )2 1 ()1( 2 2 ++ + y y x (0,75 đ). Vậy M có giá trị nhỏ nhất là 2008 khi == = = + 1.y x 01 0 2 1 1 y y x (0,25 đ) Bài 2 (1 đ): Để ý rằng: + = + = + 1 11 )1( )1( 1 kk k kk k kk = + + + 1 11 1 11 kkkk k < k + = + 1 11 2 2 . 1 11 kkkkk (0,5đ) Do đó : < 2 1 1 1 2 12 1 ; < 3 1 2 1 2 23 1 . ; + < + 1 1 1 1 2 )1( 1 nnn Cộng các bđt trên, ta có: 2 1 1 12 )1( 1 . 13 1 12 1 < + < + +++ nnn (0,5đ) (đpcm) Bài 3 (1,5 đ): a) Ta có VT Không lớn hơn 4, VP không nhỏ hơn 4 (0,5đ), vậy pt trình có nghiệm khi và chỉ khi hai vế cùng bằng 4. Từ đó ta tìm đợc x = 3 (0,5đ). b) Ta có ( ) ( ) ( ) 11511215)2(2 2232 ++=++++=+ xxxxxxxx Đặt ax =+ 1 ; bxx =+ 1 2 với a, b 0 (0,25đ) Đa pt về dạng ( ) ( ) =+=+ abbaabba 25452 2 22 ( )( ) 022 = baba Giải pt ta tìm đợc x = 2 375 + và x = 2 375 (0,25đ) Bài 4 (0,5 đ): Đặt t = x + y + z Q, Ta có: x + y = z - t x + y + 2 xy = z + t 2 2t z 2 xy = - x y + z + t 2 - 2t z 4xy = (x + y + z t 2 ) 2 + 4t 2 + 4t (x + y z t 2 ) z (x + y + z t 2 ) 2 + 4zt 2 4xy = 4t (t 2 x y z) z (0,25đ) Nếu t = 0 : x + y + z = 0 x = y = z = 0 x = y = z = 0 Q Nếu t 2 x y + z = 0, t 0: thì 2 xy = - 2t z xy + t z = 0 = = 0 0 z xy 0 z 0y 0x = = = === === txzy tyzx ;0;0 ;0;0 x , y , z Q * Nếu t ( t 2 x y + z) 0 z = + ++ )(4 44)( 2 222 zyxtt xyztzyxt Q Lập luận tơng tự, ta suy ra: x , y Q (0,25đ) Bài 5 (1,5 đ): 1) (0,5đ) Gọi đờng thẳng cần xác định là y = mx + n. Đờng thẳng đi qua điểm (0 ; b) nên : b = m.0 + n n = b. Đờng thẳng đi qua điểm (a ; 0) nên: 0 = m.a + b m = a b (chú ý rằng a 0). (0,25đ) Đờng thẳng cần xác định có dạng: y = - .1 1 b y hay =++=+ b y a x bx a b a x là tức (0,25đ) 2a) Điều kiện cần và đủ để đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1 (1) đi qua điểm cố định N(x o ,y o ) là: (m 2)x o + (m 1)y o = 1 với mọi m mx o 2x o + my o y o 1 = 0 với mọi m (025đ) (x o + y o )m (2x o + y o + 1) = 0 với mọi m = = =++ =+ 1 1 012 0 o o oo oo y x yx yx (0,25đ) Vậy các đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1). b) Gọi A là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục tung. Ta có: x = 0 y = 1 1 m , do đó OA = 1 1 m . Gọi B là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục hoành. Ta có: y = 0 x = 2 1 m , do đó OB = 2 1 m . (0,25đ) Gọi h là khoảng cách Từ O đến đờng thẳng (1). Ta có: 2 1 2 1 ) 2 3 (2562)2()1( 111 2222 222 +=+=+=+= mmmmm OBOAh . Suy ra h 2 2. max h = 2 khi và chỉ khi m = 2 3 . (0,25đ) Bài 6 (2,5 đ): Theo Pitago thì AB 2 = AK 2 + BK 2 = a 2 sin 2 2 + a 2 (1 cos2a 2 ) = a 2 [ ] )2cos2cos21(2sin 22 ++ . Vì sin 2 2 + cos 2 2 = 1 nên AB 2 = a 2 (1 + 1 2cos2) = 2a 2 (1 - cos2) (0,5 đ) - So sánh giá trị của AK, ta có asin2 = 2a.sin. cos vậy sin2 = 2sin.cos (0,25 đ) - So sánh giá trị của BK ta có: 2a.sin 2 . = a(1 cos2) hay cos2 = 1 2sin 2 (0,25 đ) Bài 7 (2 đ) Đề 2 Bài 1: (8 điểm) Cho parabol 2 1 ( ) : 3 P y x = . 1. Viết phơng trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm (2;1)A . 2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm (2;1)A và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi. 3. Tìm quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến của parabol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. Bài 2: (4điểm) Giải hệ phơng trình: O A B K H O a) (1 đ) Ta có BAK = AOH = . Từ tam giác vuông OHA, ta có AH = OAsin = asin vậy AB = 2asin (0,25 đ), mặt khác trong tam giác vuông AKB thì AK = AB. cos suy ra AK = 2a.sin.cos (0,25) và BK = AB.sin nên BK = 2a.sin 2 . (0,5 đ) b) (1,5đ) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nên AK = asin2 . OK = OAcos AOK nên OK = acos2 (0,25 đ) - Với tam giác AKB ta có : AK = asin2 mà BK = OB OK= a acos2 hay BK = a(1 cos2) (0,25 đ). A B C D O x K Dựng tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ là đờng thẳng BC sao cho xBC = ABO. Trên tia Bx lấy điểm K, sao cho BK = BO. Do BOK là tam giác vuông cân nên BKO = 45 o . Từ ABO = CBK, suy ra KC = OA. Đặt OA = a vì OA : OB : OC = 1 : 2 : 3 nên CK = a ; OB = BK = 2a, OC = 3a. Trong tam giác vuông OBK ta có OK 2 = OB 2 + BK 2 = 8a 2 . Vì vậy OK 2 + CK 2 = 8a 2 + a 2 = 9a 2 . Mặt khác OC 2 = 9a 2 nh vậy, OC 2 = OK 2 +KC 2 . Theo định lí Pitago đảo thì OKC vuông tại K hay OKC = 90 o . Vì CBK= ABO và BCK = BAO, hơn nữa các góc này nhọn, nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đờng thẳng song song AB và CD.Từ đó BKC = BKO + OKC = 45 o + 90 o = 135 o . Vì BKC = AOB suy ra AOB = 135 o . 2 2 19 7 x y xy x y xy + = + + = Bài 3: (8 điểm) Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn. ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. 1. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. 2. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. 3. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho. Hết Đáp án Bµi 1 ý Néi dung §iÓm 1. 8,0 1.1 (2,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d 1 ®i qua A(2; 1) cã d¹ng: y = ax + b vµ 1 = 2a + b, suy ra b = 1 - 2a, do ®ã d 1 : y = ax - 2a+1. 0,50 Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d 1 vµ (P) lµ: 2 2 1 2 1 3 6 3 0 3 x ax a x ax a = − + ⇔ − + − = 0.50 §Ó d 1 lµ tiÕp tuyÕn cña (P) th× cÇn vµ ®ñ lµ: ' ∆ = 2 2 9 24 12 0 2 3 a a a a =   ∆ = − + = ⇔  =  2,0 VËy tõ A(2; 1) cã hai tiÕp tuyÕn ®Õn (P) lµ: 1 2 2 1 : 2 3; : 3 3 d y x d y x = − = − 0,50 1.2 (4,0 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d ®i qua A(2; 1) cã hÖ sè gãc m lµ: 1 2y mx m = + − 0,50 Ph¬ng tr×nh cho hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ (P) lµ: 2 2 1 2 1 3 6 3 0 (2) 3 x mx m x mx m = − + ⇔ − + − = 0,50 §Ó d c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt th× cÇn vµ ®ñ lµ: 2 2 8 4 9 24 12 0 9 0 3 3 m m m m   ∆ = − + > ⇔ − + >  ÷   2 4 4 4 2 0 3 9 3 3 m m   ⇔ − − > ⇔ − >  ÷   4 3 4 2 2 3 3 (*) 3 4 2 3 4 2 3 3 m m m m m m   ≥        − >    <   ⇔ ⇔     > <         − >     1,5 Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x 1 và x 2 là 2 nghiệm của phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là: 1 2 2 2 2 2 2 ; 2 1; 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4 1 2 1 3 3 x x x m x x x x m x I y mx m y x x = < > < > + ữ = = = + = + 1,0 Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol 2 2 4 1 3 3 y x x = + , giới hạn bởi 1; 3x x < > . 0,50 1.3 (2,0 điểm) Gọi 0 0 0 ( ; )M x y là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Phơng trình đờng thẳng d' qua M 0 và có hệ số góc k là: y kx b = + , đờng thẳng này đi qua M 0 nên 0 0 0 0 y kx b b y kx= + = , suy ra pt của d': 0 0 y kx kx y= + . 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là: 2 2 0 0 0 0 1 3 3 3 0 3 x kx kx y x kx kx y = + + = (**) 0,50 Để từ M 0 có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phơng trình: 2 0 0 9 12 12 0k kx y = + = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,k k và 1 2 1k k = 0 0 12 3 1 9 4 y y = = 0,50 Vậy quĩ tích các điểm M 0 từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là đờng thẳng 3 4 y = 0,50 2. (4,0 điểm) ( ) 2 2 2 2 19 3 19 3 19 7 7 7 S x y x y xy S P x y xy P xy x y xy S P x y xy = + + = = + = ữ = + + = + = + + = (1) 1,0 Giải hệ (1) ta đợc: ( 1; 6), ( 2; 5)S P S P = = = = 1,0 Giải các hệ phơng trình tích, tổng: 1 6 x y xy + = = và 2 5 x y xy + = = ta có các nghiệm của hệ phơng trình đã cho là: 3 2 1 6 1 6 ; ; ; 2 3 1 6 1 6 x x x x y y y y = = = = + = = = + = 2,0 3. 8,0 3.1 Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By và ED. Ta có: ã ã 0 90BEI BCA= = ã ã EBI CBA = (góc có các cạnh tơng ứng vuông góc) BE BC = , Do đó: BEI BCA BI BA = = mà By cố định, suy ra điểm I cố định. + Tơng tự, K ccố định. + Vậy khi C di chuyển trên nửa đờng tròn (O) thì dờng thẳng ED đi qua điểm I cố định và đờng thẳng GF đi qua điểm K cố định. 3,0 3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đờng tròn đờng kính BI (bên phải By, ,C A E I C B E B ); quĩ tích của K là nửa đờng tròn đờng kính AK(bên trái Ax, ,C A G A C B G K ). 2,0 3.3 Xét 2 tam giác BEI và BDK, ta có: 1 2 BE BI BD BK = = ã ã ã ã ã ã 0 45EBI IBD KBD IBD EBI KBD + = + = = Do đó: ã ã 0 90 BEI BDK BDK BEI = = : + Vậy: Quĩ tích của D là nửa đờng tròn đờng kính BK. + Tơng tự, quĩ tích của F là nửa đờng tròn đờng kính AI. 3,0 Đề 3 Bài 1: (7 điểm) 1. Giải phơng trình: 4 4 1 2 9 6 2x x x x + + + = 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có: 1 1 2 a b b c c a + = + + + Bài 2: (6 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 2 3 5 1 x x y x + + = + . 2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình: 2 2 2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + + = Bài 3: (7 điểm) Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm bất kì trên cung AD. Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N. 1. Chứng minh rằng tích OM ON AM DN ì là một hằng số. Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng OM ON AM DN + , khi đó cho biết vị trí của điểm E ? 2. Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đờng kính. K là điểm chuyển động trên cung lớn GH. Xác định vị trí của K để chu vi của tam giác GHK lớn nhất. Hết §¸p ¸n Bài ý Nội dung Điểm 1. 7,0 1.1 (2,0 điểm) 4 4 1 2 9 6 2x x x x + + + = ( ) ( ) 2 2 4 4 1 3 2x x + = ( ) 4 4 4 1 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x + = + = = (1) 1,0 0 1: 1 0, 3 0y y y < , nên (2) 1 3 2 1y y y + = = (thoả ĐK) 1x = là một nghiệm của phơng trình (1) 1 3: 1 0, 3 0y y y < > , nên pt (2) 1 3 2 0 0y y y + = = do đó pt (2) có vô số nghiệm y ( 1 3y < ), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x ( 1 81x < ). 1,0 3: 1 0, 3 0y y y > > > , nên pt (2) 1 3 2 3y y y + = = , pt vô nghiệm. Vậy tập nghiệm của pt (1) là: [ ] 1; 81S = 1,0 1.2 (3,0 điểm) 1 1 2 1 1 1 1 (*) a b b c c a a b c a c a b c + = + + + = + + + + 0,50 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 c b A a b c a a b c a c b a b c a b c = = + + + + = + + + 0,50 Theo giả thiết: 2 2 a c b a c b b a c b + = + = = , nên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b a b a b a A a b b c c a a b b c c a + = = + + + + + + 1,0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 b a b c c a A c a b c b c c a b c c a + + = = = + + + + + + Đẳng thức (*) đợc nghiệm đúng. 1,0 [...]... 2 + 160 x + 64 , khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8 thì chữ số hàng chục của k2 mới bằng 4, suy ra k 2 = 382 = 1444 hoặc k 2 = 882 = 7744 (không thoả điều kiện bài toán) Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh k = 38 và diện tích S = 1444 2 2.2 0,5 0,5 0,5 (2,0 điểm) Theo giả thiết, cha của A có thể là B hoặc C: + Nếu B là cha của A thì C không thể song sinh với A, vì nếu... trên, ta có EF = FG, suy ra EFGH là hình vuông BH ' 1 = cot g 600 = + Ta có: ; E 'H ' 3 BG ' BH '+ H ' G ' BH ' 1 ã cot g F ' BC = = = +1 = +1 F 'G ' F 'G ' E'H ' 3 Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F duy nhất Trờng hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh BC, lý luận tơng tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E Vậy bài toán có một... ) = 12 (a) 0,5 2 Ta có: Tổng ( y + 2 k ) + ( y + 2 + k ) = 2( k + 2) là số chẵn, nên 1,0 ( y + 2 k ) ; (y + 2 + k) cùng chẵn hoặc cùng lẻ Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6 hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phơng trình sau: y + 2 k = 2 y + 2 k = 6 y + 2 k = 6 y + 2 k = 2 ; ; ; ; y + 2 + k = 6 y + 2 + k = 2 y + 2 + k = 2 y + 2 + k = 6 Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của... nhất khi K là trung điểm của cung lớn GH 1,0 1,0 1,5 1,5 Đề 4 Bài 1: (8 điểm) Cho phơng trình 2 x 2 2mx + m 2 2 = 0 (1) 4 Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt 5 Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thoả mãn 3 hệ thức x13 + x2 = 5 2 6 Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm Tìm giá trị của m để nghiệm dơng của phơng trình... duy nhất 1,0 1,0 1,0 + Đặt AE = x Ta có EF AE ax (c x ) 3 = EF = ; HE = ( c x ) sin B = BC AB c 2 ax (c x) 3 c2 3 = x= c 2 2a + c 3 2 2 3a c 2 2 Suy ra diện tích hình vuông EFGH là: S = EF = 2a + c 3 EFGH là hình vuông, nên EF = EH ( ) 1,0 Đề 5 Bài 1: (7 điểm) 3 Giải hệ phơng trình: x4 + 3 = 4 y 4 y + 3 = 4x 4 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thức: a2 b2 c2 c2 a2 b2... 4;16;36;64 b = 0; 4;6 Với y = 0: k 2 chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả điều kiện bài toán Với y = 2: k 2 = 100 x 2 + 40 x + 4 Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng chục của k2 mới là 4, suy ra k 2 = 3600 + 244 = 3844 abbb Với y = 4; 6: y 2 = 16;36 , khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, nên chữ số hàng chục của k2 phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 hoặc 6, nghĩa là k... , ( y = 2; k = 2 ) , ( y = 6; k = 2 ) , ( y = 6; k = 2 ) Thay các giá trị y = 2; y = 6 vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y) là: ( x = 1; y = 2), ( x = 3; y = 2);( x = 11; y = 6), ( x = 9; y = 6) 3 (4 đ) 3.1 Ta có: COM : CED vì: à à à O = E = 900 ; C chung Suy ra: 0,5 0,5 0,5 7,0 OM CO ED.CO = OM = (1) ED CE CE Ta có: AMC : EAC vì: à C chung , à = E = 450 Suy ra: A à AM AC EA... x1 + x2 ) 3x1 x2 = 2 2 3(m 2 2) 5 3 m m2 = m 6m + 5 = 0 2 2 1 m 21 2 1 21 3 + 21 1 21 Ta có: 2 = > 0 x2 = < 2 2 2 2 1 + 21 5 21 x3 = > 0 > 2 và 2 x3 = > 0 x3 < 2 2 2 1 + 21 Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán: m = 1; m = 2 (3,0 điểm) Phơng trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi: ' = 4 m2 0 m2 2 0 2 m 2 (**) P = 2 S =m>0 ( m 1) ( m 2 + m 5 ) = 0... (O4) theo R Hết Đáp án Bài 1 ý 1.1 Nội dung Điểm 7,0 (4,0 điểm) 0,5 x 3 4 (*) y 34 4 4 x + 3 = 4 y x + 3 = 4 y (a ) 4 Với điều kiện (*), ta có: 4 4 y + 3 = 4x x y + 4( x y ) = 0 (b) x4 + 3 = 4 y Điều kiện để hệ có nghiệm là: 4 y + 3 = 4x ( 1,0 ) (b ) ( x y ) ( x + y ) x 2 + y 2 + 4 = 0 x y = 0 x = y 2 2 (vì x, y 3 4 > 0 nên ( x + y ) ( x + y ) + 4 > 0 ) 4 4 4 Thay vào (a): x +... 8 2,0 3.2 + Giả sử đã dựng đợc hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F' Dựng hình chữ nhật: E'F'G'H' ( E ' AB; G ', H ' BC ) Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên: E ' F ' BE ' BF ' F ' G ' = = = EF BE BF FG E ' F ' = F ' G ' Do đó E'F'G'H' là hình vuông + Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vuông E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC) Dựng . Một số Đề luyện thi vào chuyên Toán 9 đề 1 Bài 1 (1 đ): Cho : M = x 2 + y 2 +xy-3x-3y+2011. Với giá. Cộng các bđt trên, ta có: 2 1 1 12 )1( 1 . 13 1 12 1 < + < + +++ nnn (0,5đ) (đpcm) Bài 3 (1,5 đ): a) Ta có VT Không lớn hơn 4, VP không