Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (23 đề + đáp án chi tiết)

Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (23 đề + đáp án chi tiết);Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (23 đề + đáp án chi tiết);ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)ĐỀ SỐ: 01 ĐỀ BÀICâu 1: (4,0 điểm)Cho biểu thức 1) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định. 2) Rút gọn A. 3) Nếu x; y là các số thực làm cho A xác định và thoả mãn: 3x2 + y2 +2x –2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A?Câu 2: (4,0 điểm)1. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức cho đa thức .2. Giải phương trình sau: Câu 3: (4,0 điểm)1. Tìm các cặp số tự nhiên (x; y) thỏa mãn: 2. Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn: . Chứng minh rằng: chia hết cho 84Câu 4: (6,0 điểm) 1. Hình thang ABCD (AB CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.a. Chứng minh rằng .b. Biết SAOB= 20182 (đơn vị diện tích); SCOD= 20192 (đơn vị diện tích). Tính SABCD. 2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Xác định điểm M trong tam giác sao cho tổng các bình phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (2,0 điểm)Cho và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 01.CâuNội dungĐiểm11. Tìm đkxđ A1,25 Điều kiện: x y; y 0 2. Rút gọn biểu thức A:A = 2x (x+y)2,03. Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1 2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) =1 2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2 A + (x – y + 1)2 = 2 A = 2 – (x – y + 1)2 (do (x – y + 1) (với mọi x ; y) A 2. + A = 2 khi + A = 1 khi Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng hạn: + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 20,250,250,2521. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức cho đa thức .2,0 0,5Đặt , biểu thức P(x) được viết lại: 1,0Do đó khi chia cho t ta có số dư là 2004. Vậy dư cần tìm là 20040,52.Giải phương trình sau: 2,0Đặt: 0.25Phương trình đã cho trở thành: 0.5Khi đó, ta có: 0.5 .0.5Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .0.2531. Tìm các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn: 2,0Đặt M = = = = = = Với x = 0 thì M = 0 y = 0 Với x = 1 thì M = 4 y = 2 Với lập luận được không chính phương.Vậy có 2 cặp số tự nhiên (x; y) thỏa mãn là (0; 0) và (1; 2).0,50,250,250,750,252. Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn : . Chứng minh rằng: chia hết cho 842,0 Nhận xét :1) Số chính phương khi chia cho 3 và chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.2) Số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2, 4. Ta chứng minh chia hết cho 3, 4, 7.0,25 Giả sử xy không chia hết cho 3 thì x, y đều không chia hết cho 3, khi đó x2 và y2 chia cho 3 đều dư 1, khi đó chia cho 3 dư 2, vô lí.Nên xy chia hết cho 3. (1)0,25 Giả sử xy không chia hết cho 4 thì x, y đều không chia hết cho 4; x và y đồng thời không chia hết cho 2. Có hai trường hợp xảy ra :0,25 Nếu x, y đều lẻ thì x2 và y2 chia cho 4 đều dư 1, khi đó chia cho 4 dư 2, vô lí.0,25 Nếu x, y có một số chẵn, một số lẻ thì z là số lẻ. Giả sử: ( vô lí)Suy ra xy chia hết cho 4. (2)0,25 Giả sử không chia hết cho 7. Khi đó x2 và y2 đều không chia hết cho 7 và không có cùng số dư khi chia cho 7.0,25 Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y2 chia cho 7 dư 2 hoặc ngược lại thì z2 chia cho 7 dư 3, vô lí.0,25 Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z2 chia cho 7 dư 5, vô lí. Nếu x2 chia cho 7 dư 2 còn y2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z2 chia cho 7 dư 6, vô lí.Nên chia hết cho 7. (3)Từ (1) (2) (3) suy ra chia hết cho 840,25416đ a) Xét có (1), xét có (2)Từ (1) và (2) OM.( ) Chứng minh tương tự ON. Từ đó có (OM + ON). 0.50.50.50.5b) , Dễ có SABD = SABC vì có chung cạnh đáy AB và chiều cao tương ứng.Chứng minh được Thay số ta có: 20182.20192 = (SAOD)2 SAOD = 2018.2019Do đó SABCD = SAOB + +SCOD = 20182 + 2018.2019 +2018.2019 + 20192= 20182 + 2.2018.2019 + 20192 = (2018 + 2019)2 = 40372 (đơn vị diện tích)0.50.51.0 2. Kẻ đường cao AH, giả sử tìm được vị trí điểm M như hình vẽ.Từ M hạ ME, MF, MG, MI lần lượt vuông góc với AB, AC, BC, AHTa có: ME2 + MF2 + MG2 = AM2 + MG2 = AI2 + IM2 + MG2 AI2 + IH2 . Dấu “=” xảy ra khi M thuộc AH (1)Lại do AI2 + IH2 = (AHIH)2 + IH2 = AH2 – 2HA.IH + 2IH2 = AH2 (2HA.IH 2IH2 ) = AH2 2IH.(HA IH ) = AH2 – 2AI. IH Do AH không đổi nên ME2 + MF2 + MG2 nhỏ nhất khi AI. IH lớn nhấtMà AI + IH = AH không đổi nên AI.IH lớn nhất khi AI = IH = (2)Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của AH.0.50.50.50.55Cho và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2,0Ta có: . Theo bất đẳng thức Cô si thì (do y > 0)Suy ra Tương tự, ta có: Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có . Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si, ta có: . Vì . Khi đó: Vậy 0,250,250,50,50,250,25Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)ĐỀ SỐ: 02 ĐỀ BÀICâu 1. (4,0 điểm): Cho biểu thức A = a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.b) Rút gọn biểu thức A.c) Tìm giá trị của x để biểu thức A có giá trị dương.Câu 2. (4,0 điểm): a) Giải phương trình: b) Tìm các số nguyên x, y sao cho: 3x2 + 4y2 = 6x +13Câu 3. (3,0 điểm): a) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số sao cho: (Với n ; n >2).b) Cho M = với x > 0. Tìm x để M có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.Câu 4. (5,0 điểm): Cho tam giác đều ABC, E là một điểm thuộc cạnh AC và không trùng với A, K là trung điểm của đoạn AE. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với đường thẳng AB tại F cắt đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng BC tại điểm D.a) Chứng minh tứ giác BCKF là hình thang cân.b) Chứng minh: EK.EC = ED.EFc) Xác định vị trí của điểm E sao cho đoạn KD có độ dài nhỏ nhất.Câu 5. (2,0 điểm): Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, gọi I là điểm bất kì trên cạnh BC. Đường thẳng đi qua I và song song với AC cắt AB ở K, đường thẳng đi qua I và song song với AB cắt AM, AC theo thứ tự ở D và E. Chứng minh: DE = BK.Câu 6. (2,0 điểm): Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: abc = 1. Chứng minh rằng: HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 02CâuNội dungBiểu điểmCâu 1.(4,0 điểm)a) (1,0 điểm):Ta có A = = ĐK: x ; x 0b) (1,5 điểm):Với điều kiện ở câu a ta có:A = = = = c) (1,5 điểm) : A > 0 Vậy 1,0đ1,5đ0,5đ1,0đCâu 2.(4,0 điểm)a) (2,0 điểm): Đặt (ĐK: ) không tm điều kiện. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.b) (2,0 điểm): Biến đổi 3x2 + 4y2 = 6x +13 3(x1)2 = 16 – 4y2 = 4(4 – y2 ) Vì VT 0 nên VP 0 suy ra (4 – y2 ) 0 Suy ra y Thay lần lượt các giá trị của y ta tìm được các cặp nghiệm sau:(x,y) 0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu 3.(3,0 điểm)a) (1,5 điểm): Ta có : = 100a + 10b + c = n2 1 = 100c + 10b + a = (n 2)2 99(a c) = n2 1 n2 + 4n 4 = 4n 5 4n 5 99 ( do a c là số nguyên)Lại có : 100 n2 1 999 101 n2 1000 11 n 31 39 4n 5 119Vì 4n 5 99 nên 4n 5 = 99  n = 26 = 675b) (1,5 điểm): M = = + M = ( ) + + + x =2015. Vậy giá trị nhỏ nhất M = x =2015.0,25đ0,25đ0,5đ0,5đ0,25đ1,0đ0,25đCâu 4(5,0 điểm) a) (1,5 điểm):Vì tam giác AFE vuông tại F và K là trung điểm của AE, nên FK = KAsuy ra tam giác AFK đều và FK song song với BC.Suy ra tứ giác BCKF là hình thang cân.b) (1,5 điểm):Chứng minh được tam giác EKF đồng dạng với tam giác EDC c) (2,0 điểm):Chứng minh hai tam giác EKD và EFC đồng dạng Mà ; Do đó KD nhỏ nhất khi và chỉ khi CF nhỏ nhất hay F là hình chiếu của C trên AB. Khi đó E trùng với C.0,5đ0,5đ0,5đ1,0đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu 5.(2,0 điểm) Từ M kẻ MGIE ta có : Vì IKAC nên (1)Ta lại có MGAB mặt khác ta lại có :AG =GC (do M là trung điểm BC và MGAB) (2)Từ (1) và (2) suy ra ,mà KI = AE (do AKIE là hình bình hành) nên BK = DEVậy BK = DE (đpcm)0,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu 6.(2,0 điểm)Đặt . BĐT cần chứng minh tương đương với Ta có: Mặt khác Từ () và () suy ra Dấu = xảy ra (Đpcm)0.25đ0.25đ0.25đ0.25đ0.25đ0.25đ0.25đ0.25đLưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.Hết ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)ĐỀ SỐ: 03 ĐỀ BÀIBài 1 (5,0 điểm): Cho biểu thức a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định. b) Rút gọn A. c) Nếu x; y là các số thực làm cho A xác định và thoả mãn: 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A?Bài 2: (4,0 điểm) a) Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9 b) Tìm các số x, y, z biết : x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và Bài 3: ( 4,0 điểm ) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD. Qua A vẽ đường thẳng AK song song với BC. Qua B vẽ đường thẳng BI song song với AD. BI cắt AC ở F, AK cắt BD ở E. Chứng minh rằng: a.EF song song với ABb.AB = CD. EFBài 4: (3,0 điểm)Cho hình thang cân ABCD có góc ACD = 600, O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của OA, OD, BC. Tam giác EFG là tam giác gì? Vì sao? Bài 5: (2,0 điểm ) Giả sử x, y, z thỏa mãn : x.y.z = 1992Chứng minh rằng : Bài 6: ( 2,0 điểm ) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 03CâuNội dungĐiểmBài 15 điểma)Điều kiện: x y; y 0 b)A = 2x(x+y)c)Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, Từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương của A Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1 2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) = 1 2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2 A + (x – y + 1)2 = 2 A = 2 – (x – y + 1)2 (do (x – y + 1)2 với x y; y 0 ) A 2 với x y; y 0 . mà A nguyên dương nên A = 1 hoặc A = 2+ A = 2 khi + A = 1 khi Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng hạn: + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 (1đ) (2đ)0.5đ0.5đ0.25đ0.25đ0.5Bài 2Nội dung4 ĐiểmTa phải chứng minh: A = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 chia hết cho 9 với n ZA = n3 + n3 + 3n2 + 3n + 1 + n3 + 6n2 + 12n + 8 = 3n3 + 9n2 + 15n + 9 = 3n3 – 3n + 9n2 + 18n + 9 = 3n(n – 1)(n + 1) + 9n2 + 18n + 9Nhận thấy n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3 nên 3n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 9 Và 9n2 + 18n + 9 chia hết cho 9Vậy A chia hết cho 9b) x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2x2 +2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx = 0 (x y)2 + (y z)2 + (z x)2 = 0 x2009 = y2009 = z2009Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z2009 = 32010 z2009 = 32009 z = 3 Vậy x = y = z = 30,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ 0, 5 đ0,5 đ0.5đBài 3Nội dung4 điểm a) Chứng minh EF song song với AB : A BVì AB DC ( gt ABCD là hình thang ) Nên góc ABD = góc EDK ( so le trong ) Góc EAB = góc EKD ( so le trong ) E F AEB ~ KED ( g.g) ( 1 ) D K I CTương tự góc FBA = góc FIC ( so le trong ) Góc FAB = góc FCI ( so le trong ) AFB ~ CFI ( g. g ) ( 2 ) Mà CI = KD ( vì cùng bằng CD – AB ) Nên từ (1) và (2) suy ra EF KC hay EF AB ( đpcm ) b. Chứng minh : AB = CD. EFTừ AEB ~ KED ( cm trên ) vì AB = KC ( ABKC là hình bình hành ) Mặt khác EF DI ( cm trên ) ( vì DI = AB ) ( 2 ) Từ (1) và (2) suy ra ( ĐPCM) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25 đ 0,5đ0,5đ 0, 5đ 0,5 đBài 4Nội dung3 điểm3đ Do ABCD là hình thang cân và Suy ra và là các tam giác đều. Chứng minh vuông tại F Xét vuông tại F có: Chứng minh vuông tại E Xét vuông tại E có: Xét có: Suy ra EF = EG = FG nên đều(0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ)Bài 5Nội dung2 điểm Vì x.y.z = 1992 Nên yz = Ta có Do đó = ( Điều phải chứng minh ) 0.5đ0.5đ0.5đ0.5đBài 6 Nội dung2 điểm 2đ. Vì x + y + z = 1 nên: Ta có: Tương tự: ; (Với mọi x, y, z > 0)Từ đó . Dấu “=” xảy ra khi 0.5đ0.5đ0.5đ0.5đTrên đây là những gợi ý đáp án và biểu điểm, học sinh có thể giải theo cách khác. Tùy vào bài làm cụ thể của học sinh, giám khảo cho điểm tương ứng. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)ĐỀ SỐ: 04ĐỀ BÀICâu 1: (4.0 điểm)Cho biểu thức: a. Rút gọn P.b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.c. Chứng minh với x thoả mãn ĐKXĐ.Câu 2: (4.0 điểm) a. Tìm số dư trong phép chia đa thức cho đa thức b. Cho M = 2x2 + 2y2 + 3xy x y + 2017. Tính giá trị của M biết xy = 1 và đạt giá trị nhỏ nhất.Câu 3: (4.0 điểm) a. Giải phương trình sau: (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12 b. Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: Chứng minh rằng: có đúng một trong ba số x,y, z lớn hơn 1Câu 4: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Xác định điểm M trong tam giác sao cho tổng các bình phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (4.0 điểm) Hình thang ABCD (AB CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.a. Chứng minh rằng .b. Biết SAOB= 20162 (đơn vị diện tích); SCOD= 20172 (đơn vị diện tích). Tính SABCD.Câu 6: (2.0 điểm) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: Hết

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

3) Nếu x; y là các số thực làm cho A xác định và thoả mãn: 3x2 + y2 +2x –2y = 1, hãy tìm tất

cả các giá trị nguyên dương của A?

2 1 1



b Biết SAOB= 20182 (đơn vị diện tích); SCOD= 20192 (đơn vị diện tích) Tính SABCD

2 Cho tam giác ABC vuông tại A Xác định điểm M trong tam giác sao cho tổng các bình

phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đạt giá trị nhỏ nhất

2 3 y

- Với x  2 lập luận được x 12 1 không chính phương

Vậy có 2 cặp số tự nhiên (x; y) thỏa mãn là (0; 0) và (1; 2)

0,5 0,25 0,25 0,75 0,25

3

2 Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn : x2 y2 z2

- Nhận xét :

1) Số chính phương khi chia cho 3 và chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1

2) Số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2, 4

- Ta chứng minh x y3 xy3xy x( 2 y2) chia hết cho 3, 4, 7

0,25

- Giả sử xy không chia hết cho 3 thì x, y đều không chia hết cho 3, khi đó x2

và y2 chia cho 3 đều dư 1, khi đó x2 y2 z2 chia cho 3 dư 2, vô lí

Nên xy chia hết cho 3 (1)

0,25

- Giả sử xy không chia hết cho 4 thì x, y đều không chia hết cho 4; x và y

đồng thời không chia hết cho 2 Có hai trường hợp xảy ra : 0,25

- Nếu x, y đều lẻ thì x2 và y2 chia cho 4 đều dư 1, khi đó x2 y2z2 chia

- Giả sử x y3 xy3xy x( 2 y2) không chia hết cho 7 Khi đóx2 và y2 đều

không chia hết cho 7 và không có cùng số dư khi chia cho 7 0,25

- Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y2 chia cho 7 dư 2 hoặc ngược lại thì z2 chia

- Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z2 chia

- Nếu x2 chia cho 7 dư 2 còn y2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z2 chia cho 7 dư 6, vô lí

Nên x y3 xy3xy x( 2 y2) chia hết cho 7 (3)

Từ (1) (2) (3) suy ra x y3 xy3chia hết cho 84

N M

O

B A

a) Xét ABDcó

AD

DM AB

OM

 (1), xét ADCcó

AD

AM DC

OM

 (2)

Từ (1) và (2)  OM.(

CD AB

1 1

AD

AD AD

DM AM

Chứng minh tương tự ON.( 1  1 )  1

CD AB

Từ đó có (OM + ON).( 1  1 )  2

CD

2 1 1





0.5 0.5 0.5 0.5

b)

OD

OB S

S AOD

AOB  ,

OD

OB S

S DOC

AOD

AOB S

S

DOC

BOC S

S

 S AOB.S DOC S BOC.S AOD

Dễ có SABD = SABC vì có chung cạnh đáy AB và chiều cao tương ứng

Chứng minh được S AOD S BOC  S AOB.S DOC  (S AOD) 2

Thay số ta có: 20182.20192 = (SAOD)2  SAOD = 2018.2019

Do đó SABCD = SAOB +S AODS BOC+SCOD

= 20182 + 2018.2019 +2018.2019 + 20192

= 20182 + 2.2018.2019 + 20192 = (2018 + 2019)2 = 40372 (đơn vị diện tích)

0.5 0.5

1.0

2

M

C G

H B

E

F A

I

Kẻ đường cao AH, giả sử tìm được vị trí điểm M như hình vẽ

Từ M hạ ME, MF, MG, MI lần lượt vuông góc với AB, AC, BC, AH 0.5

Lại do AI2 + IH2 = (AH-IH)2 + IH2 = AH2 – 2HA.IH + 2IH2

= AH2 - (2HA.IH - 2IH2 ) = AH2 - 2IH.(HA - IH ) = AH2 – 2AI IH

Do AH không đổi nên ME2 + MF2 + MG2 nhỏ nhất khi AI IH lớn nhất

Mà AI + IH = AH không đổi nên AI.IH lớn nhất khi AI = IH =

Cho x y z , , 0 và x  y z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Câu 4 (5,0 điểm): Cho tam giác đều ABC, E là một điểm thuộc cạnh AC và không trùng với A,

K là trung điểm của đoạn AE Đường thẳng đi qua E và vuông góc với đường thẳng AB tại F cắt đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng BC tại điểm D

a) Chứng minh tứ giác BCKF là hình thang cân

b) Chứng minh: EK.EC = ED.EF

c) Xác định vị trí của điểm E sao cho đoạn KD có độ dài nhỏ nhất

Câu 5 (2,0 điểm): Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, gọi I là điểm bất kì trên cạnh

BC Đường thẳng đi qua I và song song với AC cắt AB ở K, đường thẳng đi qua I và song song với AB cắt AM, AC theo thứ tự ở D và E Chứng minh: DE = BK

Câu 6 (2,0 điểm): Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: abc = 1 Chứng minh rằng:

Với điều kiện ở câu a ta có:

 x2 y2  0  x2 y2  0  xy 0 không t/m điều kiện

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

b) (2,0 điểm):

Biến đổi 3x2 + 4y2 = 6x +13 3(x-1)2 = 16 – 4y2 = 4(4 – y2 )

Vì VT 0 nên VP 0 suy ra (4 – y2 ) 0 Suy ra y  - 2 ;-1; 0; 1; 2

Thay lần lượt các giá trị của y ta tìm được các cặp nghiệm sau:

(x,y) (1;2);(3,1);(1;1);(1,2);(3;1);(1;1);

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

Câu 3

(3,0 điểm)

a) (1,5 điểm):

Ta có : abc = 100a + 10b + c = n2 - 1 cba = 100c + 10b + a = (n - 2)2

 99(a - c) = n2 - 1 - n2 + 4n - 4 = 4n - 5

 4n - 5  99 ( do a - c là số nguyên) Lại có : 100  n2 - 1  999 101  n2  1000  11  n  31

39  4n - 5  119

Vì 4n - 5  99 nên 4n - 5 = 99  n = 26abc = 675 b) (1,5 điểm):

2

2015 2

x

x

- 2015

2014 + 2015 2014

2014) + 2015

2014

2

2 2

2015

2015 2015 2

x

x x

2015 2014

2 2

2015

) 2015 (

0,25đ

1,0đ

0,25đ

E A

suy ra tam giác AFK đều và FK song song với BC

Suy ra tứ giác BCKF là hình thang cân

b) (1,5 điểm):

Chứng minh được tam giác EKF đồng dạng với tam giác EDC

0,5đ 0,5đ 0,5đ

C D

A

B K

E G

MG

 mặt khác ta lại có :AG =GC (do M là trung điểm BC và MG//AB)



AC

AB GC

MG AG

MG AE

0.25đ 0.25đ 0.25đ

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

-Hết -

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN: TOÁN - LỚP 8

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ SỐ: 03

ĐỀ BÀI Bài 1 (5,0 điểm): Cho biểu thức

: y

4xy A

x xy y x y x

a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định

Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD Qua A vẽ đường thẳng AK song song với BC

Qua B vẽ đường thẳng BI song song với AD BI cắt AC ở F, AK cắt BD ở E Chứng minh rằng:

a EF song song với AB

b AB2 = CD EF

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho hình thang cân ABCD có góc ACD = 600, O là giao điểm của hai đường chéo Gọi

E, F, G theo thứ tự là trung điểm của OA, OD, BC Tam giác EFG là tam giác gì? Vì sao?

Bài 5: (2,0 điểm )

Giả sử x, y, z thỏa mãn : x.y.z = 1992

1 1992

1992 1992

zy

y x

xy

x

Bài 6: ( 2,0 điểm )

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1

2 3y

0.5đ 0.5đ

0.25đ

0.25đ

0.5

Ta phải chứng minh: A = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 chia hết cho 9 với n  Z

0,5đ

0, 5

đ

0,5 đ

=

X X

a) Chứng minh EF song song với AB : A B

Vì AB // DC ( gt ABCD là hình thang )

Nên góc ABD = góc EDK ( so le trong )

Góc EAB = góc EKD ( so le trong ) E F

  AEB ~  KED ( g.g)



KD

AB EK

AE

 ( 1 )

D K I C

Tương tự góc FBA = góc FIC ( so le trong )

Góc FAB = góc FCI ( so le trong )   AFB ~ CFI ( g g ) 

CI

AB FC

AB DK EB

DE AB

EB

DB AB

DC EB

DB AB

KC DK

DB hay EF

DI EB

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25 đ

0,5đ 0,5đ

Suy ra OAB và OCD là các tam giác đều

- Chứng minh BFC vuông tại F

- Xét BFC vuông tại F có: 1

2

- Chứng minh BEC vuông tại E

- Xét BEC vuông tại E có: 1

Vì x.y.z = 1992 Nên yz =

x

1992

0.5đ

Ta có

yz y

x y

x xy

1992

1992 1992

1992 1992

y yz xyz

yz z

yz y

yz

y yz

y

z xz

z y

yz

y x

1992 1992

1 1992

1992 1992

yz y

( Điều phải chứng minh )

2 1

7 , , 0

4 7

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

a Giải phương trình sau: (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12

b Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:

z y x

111

1

Chứng minh rằng: có đúng một trong ba số x,y, z lớn hơn 1

Câu 4: (2.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A Xác định điểm M trong tam giác sao cho tổng các bình

phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đạt giá trị nhỏ nhất

2 1 1

1 1

1 1

3 3 3

3 3

2 thì P = 3

4Vậy P đạt GTNN bằng 3

+ Thay x + y = 2 và xy = 1 vào biểu thức M ta được M = 2022

+ Thay x + y = -2 và xy = 1 vào biểu thức M ta được M = 2026

Vậy M = 2022 hoặc M = 2026

0.25

0.5

0.5 0.5 0.25

= (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz(

z y x

1 1 1



 ) = (x + y + z) - (1 1 1)  0

z y

Nếu trường hợp cả ba số đều dương xảy ra thì x, y, z >1 Suy ra x.y.z >1 Mâu

thuẫn GT x.y.z =1 Vậy xảy ra trường hợp 2 trong ba số âm, tức là có đúng 1

H B

E

F A

I

Kẻ đường cao AH, giả sử tìm được vị trí điểm M như hình vẽ

Từ M hạ ME, MF, MG, MI lần lượt vuông góc với AB, AC, BC, AH

Ta có: ME2 + MF2 + MG2 = AM2 + MG2

= AI2 + IM2 + MG2  AI2 + IH2 Dấu “=” xảy ra khi M thuộc AH (1)

Lại do AI2 + IH2 = (AH-IH)2 + IH2 = AH2 – 2HA.IH + 2IH2

= AH2 - (2HA.IH - 2IH2 ) = AH2 - 2IH.(HA - IH ) = AH2 – 2AI IH

Do AH không đổi nên ME2 + MF2 + MG2 nhỏ nhất khi AI IH lớn nhất

Mà AI + IH = AH không đổi nên AI IH lớn nhất khi AI = IH =

0.5

0.5

N M

O

B A

a) Xét ABDcó

AD

DM AB

OM

 (1), xét ADCcó

AD

AM DC

OM

 (2)

Từ (1) và (2)  OM.(

CD AB

1 1

AD

AD AD

DM AM

Chứng minh tương tự ON.( 1  1 )  1

CD AB

Từ đó có (OM + ON).( 1  1 )  2

CD

2 1 1





0.5 0.5 0.5 0.5

S AOD

AOB  ,

OD

OB S

S DOC

AOD

AOB S

S

DOC

BOC S

S

 S AOB.S DOC S BOC.S AOD

Dễ có SABD = SABC vì có chung cạnh đáy AB và chiều cao tương ứng

Chứng minh được S AOD S BOC  S AOB.S DOC  (S AOD)2

Thay số để có 20162.20172 = (SAOD)2  SAOD = 2016.2017

Do đó SABCD = SAOB +S AODS BOC+SCOD

= 20162 + 2016.2017 +2016.2017 + 20172

= 20162 + 2.2016.2017 + 20172 = (2016 + 2017)2 = 40332 (đv diện tích)

0.5 0.5

(

2 2 2

2

b a ab b a b a ab b

a b a ab b

a abc

c b

b abc

a c

1 1

1 1

3 3 3

3 3

a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x > y > z chứng minh rằng giá trị biểu thức

P = x4 (y - z) + y4(z - x) +z4(x - y) luôn luôn dương

a) Chứng minh rằng: n 4 4n là hợp số với mọi n là số nguyên dương và lớn hơn 1

b) Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì 5n(5n + 1)–6n(3n + 2n) chia hết cho 91

Bài 4: (6.0 điểm)

Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho

AE = AF Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M,

N

a) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật

b) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng:

x x

6 2 12 3

 0



9 3

6 5

0 6 5

0 6 5

0,25

0,5 0,25

= (y-z)(x-z) (x +z) (x2+z2) + (z-x)(y –z)(y+z) (y2 +z2)

= (y-z)(x-z) (x +z) (x2+z2) - (x-z)(y –z)(y+z) (y2 +z2)

= (y-z)(x-z) [ x3 +xz2 + x2z + z3 – y3 –yz2 –zy2 –z3]

= (y-z)(x-z) [ x3 +xz2 + x2z – y3 –yz2 –zy2 ]

= (y-z)(x-z) [ ( x3 –y3) + (xz2-yz2) + (x2z – zy2)]

= (y-z)(x-z) [ (x-y)(x2+xy +y2) + z2(x-y)+z(x2 – y2)

= (y-z)(x-z) (x-y) [ x2 +xy +y2 +z2 + zx + zy]

=

2

1(y-z)(x-z) (x-y)[( x+y)2 +( y+z)2 +(z+x)2]

Vì x>y>z và ( x+y)2 +( y+z)2 +(z+x)2 > 0 nên P > 0

28

> 0 với mọi x Với x = 0 không là nghiệm phương trình

Với x 0 chia cả tử và mẫu của phân thức ở vế trái cho x ta có:

Vậy phương trình có 2 nghiệm x=2 ; x =

4 3

0,5

0,5 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,5

0,25 0,25

0,5

Mà (n2 + 2n+ n.2k+1); (n2 + 2n- n.2k+1) > 1 Vậy suy ra n4 + 4n là hợp số

Câu b: (2 điểm)

-Ta có A = 5n(5n + 1)–6n(3n + 2n) = 25n + 5n – 18n - 12n

- Vì 25n– 18n chia hết cho 7 và 5n - 12n chia hết cho 7

nên 25n + 5n – 18n - 12n chia hết cho 7

- Vì 25n - 12n chia hết cho 13 và 5n – 18n chia hết cho 13

nên 25n + 5n – 18n - 12n chia hết cho 13

- Vì 7 và 13 là hai số nguyên tố cùng nhau nên

A = 5n(5n + 1)–6n(3n + 2n) chia hết cho 91

0,5 0,5 0,5 0,5

E

B A

Câu a: (2 điểm) Ta có DAM = ABF· · (cùng phụ BAH· )

AB = AD ( gt) BAF = ADM = 90· · 0 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF(g.c.g)

=> DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM

Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành Mặt khác.DAE = 90· 0 (gt)

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

Câu b: (2 điểm) Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g)

  

  nên BC2 = (2AE)2

 BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó:

BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)

1 ; c =

z

1 suy ra a,b,c > 0

Từ x + y +z = 3xyz suy ra

yz

1 +

xz

1 +

xy

1 = 3 => ab + bc + ca = 3

Khi đó P =

c b

c

2

3

Theo Côsi

c b

- Chứng minh ( a2 + b2 +c2)  (ab + bc +ca)

Vậy 9P  3(ab + bc +ca)

Suy ra P  1 Vậy P min = 1 x = y = z =1

0,5 0,5

0,5

0,5

Ghi chú: - Bài hình không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm

- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN: TOÁN - LỚP 8

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ SỐ: 06

ĐỀ BÀI Câu 1 (4,0 điểm):

2

1 3

6

6 4

2

3 2

x

x x

x x x

x x

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của biểu thức A với giá trị của x thoả mãn |x+1| = |- 1|

c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

a) Chứng minh: Góc EAD = góc ECB

b) Cho góc BMC = 1200 và SAED = 36cm2 Tính SEBC?

c) Kẻ DHBC (HBC) Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH và DH Chứng minh CQPD

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

5m n mn m  mn m n  m

Gọi d là ƯCLN(m - n; 5m + 5n + 1)

(m - n) chia hết cho d và (5m + 5n + 1) chia hết cho d

(m - n) chia hết cho d5m - 5n chia hết cho d

(5m + 5n + 1) + (5m - 5n) chia hết cho d

10m + 1 chia hết cho d

Mặt khác từ (*) ta có: m2 chia hết cho d2 m chia hết cho d

Mà 10m + 1 chia hết cho d nên 1 chia hết cho d

 d = 1 (vì d là số tự nhiên)

Vậy (m - n);(5m + 5n + 1) là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa

mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương

Từ (1) và (2) ta có: b < c < a  Trái với giả sử

- Giả sử a > b Chứng minh tương tự như trên ta được

b > c > a  Trái với giả sử

- Chứng minh EAD đồng dạng với ECB (c-g-c)

- Suy ra góc EAD = góc ECB

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

Do B là điểm cố định, AE cố định nên BF ngắn nhất khi F là chân

đường vuông góc hạ từ B xuống AE

Từ đó điểm D được xác định như sau: Từ B hạ BF  AE, dựng đường

thẳng qua F song song với AB cắt BC tại D

Nhưng  (a a7 8 - 1) ; a a7 8; (a a7 8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp, trong

đó có 1 số chia hết cho 25, nhưng số đó nhỏ hơn 50 (vì tích 48.49.50 =

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

361

x x

12(

996172

5212

x x x

x x

x

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 – 2x2 – x +2

c) Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho: x2 = y2 + 2y + 13

c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF

d) Gọi M, N, P, Q, I, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, CA, AB, EF, FD,

DE Chứng minh rằng ba đường thẳng MQ, NI, PK đồng quy tại một điểm

Bài 5: (1.0 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A có AB = AC =b ; BC = a Đường phân giác BD của tam giác

ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC Chứng minh rằng: 1 1 2

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 07

Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang

b) Ta có x3 – 2x2 – x + 2 = (x3-2x2)-(x-2)=x2(x- 2)-(x-2)

=(x-2)(x2-1)

= (x-2)(x-1)(x+1)

0,5 0,5 0,5

Bài 3

(4,0đ)

b) Ta có 2n = 10a + b => b chia hết cho 2 => ab chia hết cho 2 (1)

Ta chứng minh ab chia hết cho 3 (2)

Thật vậy, từ đẳng thức 2n = 10a + b = > 2n có chữ số tận cùng là b

Đặt n = 4k + r (k, r N, 0  r  3) ta có: 2n = 16k2r

Nếu r = 0 thì 2n = 16k tận cùng là 6 = > b = 6 = > ab chia hết cho 6

Nếu 1  r  3 thì 2n – 2r = 2r(16k – 1) chia hết cho 10

= > 2n tận cùng là 2r

suy ra b = 2r = > 10a = 2n - 2r = 2r(16k – 1) chia hết cho 3 = > a chia

hết cho 3 = > ab chia hết cho 3

Từ (1) và (2) suy ra ab chia hết cho 6

b) Ta có: HBC

ABC

1HD.BC

c) Chứng minh được AEF  ABC (c.g.c) AEF· ABC·

Tương tự DEC· ABC· Do đó: AEF· DEC·

Mà AEF· HEF· DEC· HED· = 900

nên HEF· HED·

 EH là phân giác của góc DEF

Tương tự FH là phân giác của góc EFD

Do đó H là giao các đường phân giác của tam giác DEF

0,25 0,25

0,25 0,25

d)

H A

Do đó: EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên MQ  EF

 MQ là đường trung trực của EF hay MQ là đường trung trực của tam

giác DEF

Hoàn toàn tương tự, chứng minh được NI và PK cũng là đường trung

trực của tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI, PK đồng quy tại

H D

C B

A

Vẽ BH là đường cao của tam giác ABC

Tam giác BAD cân tại B (BA=BD) có BH là đường cao nên cũng là

đường trung tuyến

2

AD AH

mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc +

ca suy ra 3(ab + bc + ca)  9  ab + bc + ca  3 (2)

0,25

0,25

0,25

- Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa

- Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm

1:1

1

x x x

x x



 3) Tìm giá trị của x để A < 0

Bài 2 (4,0 điểm ):

a)Giải phương trình sau: 2 1 2 2 2 6

x  x  x  x  x  x b) Cho x là số nguyên Chứng minh rằng biểu thức

M= (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) +1 là bình phương của một số nguyên

Bài 3 ( 4,0 điểm ):

a) Cho x,y,z là các số nguyên thỏa mãn: x + y + z chia hết cho 6

Chứng minh M = ( x + y)( x + z )( y + z ) – 2xyz chia hết cho 6

b) Cho a,b,c là các số khác 0 thỏa mãn: 3 3 3 3 3 3 2 2 2

a) Chứng minh I là trực tâm của tam giác ABC

b) Tứ giác HNKM là hình vuông

c) Chứng minh bốn điểm N, P, M, Q thẳng hàng

Bài 5 ( 2,0 điểm ):

Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x2015 y2015 z2015  3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x2  y2 z2

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ: 08

điểm 1.1

(2,0

điểm

Với x khác -1 và 1 thì : A=

) 1 ( ) 1

)(

1 (

) 1 )(

1 ( :

1

1

2

2 3

x x x x x

x x x

x x x

1 (

) 1 )(

1 ( : 1

) 1

)(

1 (

2 2

x x x

x x x

x x x x

1 : ) 1

5 (

3

5 1 )(

9

25 1

27

2 10 27

272 3

8 9

1 ( x2 x  (1)

Vì 1 x2  0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi

0

1 x  x1

KL

0,25đ 0,5đ 0,25đ

Với t 2Phương trình đã cho trở thành:

t t

Do đó ta có: ( x-1)2 +2 =2 ( x-1)2 = 0

x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

0,25đ

0,25đ 0,5đ

0,5đ

0,25đ 0,25đ

2

(4,0

điểm)

2.b Ta có: M= (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) +1

(2,0

điểm)

Đặt t = x2 + 5x + 5 Khi đó M = (t – 1)(t + 1) +1 = t2 – 1 + 1 = t2

Vì x là số nguyên nên t là số nguyên

Vậy M là bình phương của một số nguyên

0,25đ

0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ

Vì x,y,z là các số nguyên thỏa mãn x + y + z chia hết cho 6 Nên (

x +y +z ) ( xy +yz + zx) chia hết cho 6 Trong 3 số x,y,z tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2 Suy ra 3xyz chia hết cho 6

Do đó: ( x +y +z ) ( xy +yz + zx) – 3 xyz chia hết cho 6 Vậy: M chia hết cho 6

=> -xyz = (x+y)(y+z)(z+x)

Ta có: -a2b2c2=(ab+bc)(bc+ca)(ca+ab) -abc = (a+b)(b+c)(c+a)

KL:

0,75đ 0,25đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,5đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

4.a

(2,0

điểm)

j I

0

90 ( )

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

- Xét 2 tam giác vuông AHC và AKC; trung tuyếnHQ,KQ Ta có:

HQ = ½ AC; KQ = ½ AC; Suy ra Q thuộc trung trực KH

- Hoàn toàn tương tự ta cũng có P thuộc trung trực KH Vậy 4 điểm M,N,P,Q thẳng hàng

0,5đ

1,0 đ 0,5 đ

1,0đ

0,5đ

0,5đ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN: TOÁN - LỚP 8

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ SỐ: 09

ĐỀ BÀI Câu 1 (4,0 điểm): Cho biểu thức A =

Câu 4 (5,0 điểm): Cho tam giác đều ABC, E là một điểm thuộc cạnh AC và không trùng với A,

K là trung điểm của đoạn AE Đường thẳng đi qua E và vuông góc với đường thẳng AB tại F cắt đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng BC tại điểm D

a) Chứng minh tứ giác BCKF là hình thang cân

b) Chứng minh: EK.EC = ED.EF

c) Xác định vị trí của điểm E sao cho đoạn KD có độ dài nhỏ nhất

Câu 5 (2,0 điểm): Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, gọi I là điểm bất kì trên cạnh

BC Đường thẳng đi qua I và song song với AC cắt AB ở K, đường thẳng đi qua I và song song với AB cắt AM, AC theo thứ tự ở D và E Chứng minh: DE = BK

Câu 6 (2,0 điểm): Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: abc = 1 Chứng minh rằng: