dap an thi hsg tinh nam dinh04-2005

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2004-2005 -------- --------------------------- Môn : TOÁN Lớp 9 Bài 1 (4 điểm) Giải phương trình: 11 2 =+− xx Giải Cách 1. Điều kiện: 10 ≤≤ x Đặt 2 1 xy −= ⇒ 10 ≤≤ y Ta có x 2 + y 2 = 1 (1) và 1 =+ xy (2) Từ điều kiện của x, nhân các vế với x (≥0), ta có xxxxxx ≤⇒≤⇒≤≤ 22 0 Từ điều kiện của y, nhân các vế với y, ta có yy ≤≤ 2 0 Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên, ta có 11 22 =+≤+= xyyx Để có dấu bằng xảy ra thì y 2 = y và xx = 2 Từ y 2 = y ⇒ y = 0 hoặc y = 1. Nếu y = 0, thay vào (2) ⇒ x = 1 Nếu y = 1, thay vào (2) ⇒ x = 0 Thử lại: Cả 2 giá trị x = 0 và x = 1 đều là nghiệm của phương trình. Kết luận: Phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Cách 2. Đặt điều kiện và ẩn phụ như trên. Từ (2), với các điều kiện đã có, suy ra 422 )1()1(1 yxyxyx −=⇔−=⇔−= Thay vào (1): (1 – y) 4 = (1 – y)(1 + y) + Nếu 1 – y = 0 ⇔ y = 1 + Nếu 1 – y ≠ 0, ta có (1 – y) 3 = 1 + y hay 1 – 3y + 3y 2 – y 3 = 1 + y ⇔ y(y – 1)(y + 4) = 0 Với các điều kiện của y ta chỉ suy ra được y = 0 Phần còn lại như trên. Cách 3. Điều kiện: 10 ≤≤ x Phương trình đã cho tương đương với xx −=− 11 2 Vì 01 ≥− x nên pt ⇔ 22 )1(1 xx −=− ⇔ xxx += 2 2 ⇔ 4x = x 4 + 2x 3 + x 2 ⇔ x(x 3 + 2x 2 + x – 4) = 0 Trường hợp 1: x = 0 Trường hợp 2: x 3 + 2x 2 + x – 4 = 0 ⇔ (x – 1).(x 2 + 3x + 4) = 0 Suy ra x = 1 hoặc x 2 + 3x + 4 = 0 Nhưng vì x ≥ 0 nên x 2 + 3x ≥ 0, 4 > 0 nên x 2 + 3x + 4 > 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 1. Bài 2 (4 điểm) Cho phương trình bậc hai x 2 – (m 2 + m + 1)(x – n 2 – 1) – (n 2 + 1) 2 = 0 với ẩn là x. 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 1,0 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a) Biết rằng m = 321,657 và n = 123,546. Hãy tính gần đúng các nghiệm của phương trình tới 3 chữ số sau dấu phẩy. b) Cho các số nguyên dương m và n sao cho m ≥ n, m là số chính phương và m + n là số lẻ. Chứng minh rằng phương trình trên có 2 nghiệm nguyên, dương, không là số chính phương. Giải a) x 1 ≈ 15264,614 và x 2 ≈ 88521,269 b) Đặt M = m 2 + m + 1, N = n 2 + 1. Phương trình trở thành x 2 - Mx + MN - N 2 = 0 ∆ = M 2 – 4MN + 4N 2 = (M – 2N) 2 Phương trình có 2 nghiệm x 1 = M – N = m 2 + m – n 2 , x 2 = N = n 2 + 1 Vì m, n là các số nguyên dương và m ≥ n nên hiển nhiên x 1 và x 2 là các số nguyên dương. Vì M là số lẻ nên M – 2N là số lẻ nên M – 2N ≠ 0 ⇒ ∆ > 0. Vậy hai nghiệm của phương trình là phân biệt. Vì n > 0 nên n 2 < n 2 + 1 < (n+1) 2 = n 2 + 2n + 1 ⇒ n 2 + 1 nằm giữa hai số chính phương liên tiếp ⇒ n 2 + 1 không phải là số chính phương. Cuối cùng, ta chứng minh x 1 không phải là số chính phương. Dễ thấy mỗi số chính phương chẵn có dạng (2t) 2 = 4t 2 nên chia hết cho 4, mỗi số chính phương lẻ có dạng (2t + 1) 2 = 4t 2 + 4t + 1 nên chia cho 4 dư 1 (t là số nguyên). Giả sử m 2 + m – n 2 = k 2 với k là số nguyên dương ⇒ m(m+1) = n 2 + k 2 m là số chính phương nên theo trên m có dạng 4l hoặc 4l + 1 với l là số nguyên. Nếu m = 4l thì m(m + 1) chia hết cho 4 ⇒ n 2 và k 2 cùng chia hết cho 4 ⇒ m và n cùng chẵn, trái giả thiết m + n lẻ. Nếu m = 4l + 1 ⇒ m(m+1) = (4l + 1)(4l + 2) = 16l 2 + 12l + 2 chia cho 4 dư 2 ⇒ n và k cùng lẻ ⇒ m và n cùng lẻ, trái giả thiết m + n lẻ. Vậy giả thiết x 1 là số chính phương là sai ⇒ đpcm. Bài 3 (4 điểm) a) Chứng minh rằng trong 5 số tự nhiên bất kỳ luôn tìm được 3 số có tổng chia hết cho 3. b) Chứng minh rằng trong 11 số tự nhiên bất kỳ luôn tìm được 6 số có tổng chia hết cho 6. Giải a) Mỗi số tự nhiên khi chia cho 3 cho 1 trong 3 số dư là 0, 1 và 2. 5 số tự nhiên khi chia cho 3 được 5 số dư. Xét 2 trường hợp. Nếu 5 số dư này gồm cả 3 loại 0, 1, 2 thì lấy 3 số tự nhiên ứng với 3 loại số dư khác nhau, khi đó tổng của chúng chia cho 3 có dư là 0 + 1 + 2 = 3 hay chia hết cho 3. Nếu 5 số dư này thuộc nhiều nhất 2 loại thì phải có ít nhất 3 số dư thuộc cùng một loại (vì nếu trái lại, mỗi loại có không quá 2 số dư thì tất cả không quá 2 x 2 = 4 số dư). Giả sử 3 số dư này bằng r, khi đó tổng 3 số tự nhiên tương ứng khi chia cho 3 dư r + r + r = 3r hay chia hết cho 3. b) Theo a), trong 11 số phải có 3 số (ký hiệu là a 1 , a 2 , a 3 ) có tổng chia hết cho 3. Trong 8 số còn lại cũng phải có 3 số (ký hiệu là b 1 , b 2 , b 3 ) có tổng chia hết cho 3. Trong 5 số còn lại cũng phải có 3 số (ký hiệu là c 1 , c 2 , c 3 ) có tổng chia hết cho 3. Như vậy các tổng A = a 1 + a 2 + a 3 , B = b 1 + b 2 + b 3 và C = c 1 + c 2 + c 3 đều chia hết cho 3. Trong 3 tổng này phải có ít nhất 2 tổng có cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng 0,5+0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 quát, giả sử đó là A và B. Khi đó A + B là số chẵn, mặt khác A, B đều chia hết cho 3 nên A + B chia hết cho 3. Vậy A + B chia hết cho 6 (đpcm). Bài 4 (3 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và nội tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng các tứ giác (lồi hoặc không lồi) OABC và OADC có diện tích bằng nhau. Giải Ta có S OABC = S ∆ OAB + S ∆ OBC và S OADC = S ∆ OAD + S ∆ ODC Ta sẽ chứng minh S ∆ OAB = S ∆ OCD , do vai trò tương tự ta suy ra S ∆ OBC = S ∆ OAD và từ đó suy ra đpcm. Ta có sđ∠AOB = sđAB = 2.sđ∠ADB và sđ∠COD = sđCD = 2.sđ∠CAD ⇒ ∠AOB + ∠COD = 2(∠ADB + ∠CAD) = 2.90 o = 180 o (vì AC ⊥ BD nên ∆AID vuông tại I) Kéo dài OD cắt đường tròn tại điểm thứ hai E. Ta có ∠EOC và ∠COD bù nhau. ⇒ ∠EOC = ∠AOB Ta lại có OA = OB = OE = OC nên ∆OAB = ∆OEC Hai tam giác OEC và OCD có chung đường cao hạ từ C, các đáy OE và OD bằng nhau ⇒ S ∆ OCD = S ∆ OCE = S ∆ OAB . Bài 5 (5 điểm) Cho hai đường tròn tâm O bán kính R và tâm O' bán kính R' cắt nhau tại A và B sao cho OA và O'A vuông góc với nhau. Đường thẳng OO' cắt hai đường tròn tại các điểm C, E, D, F sao cho các điểm C, O, E, D, O', F nằm trên đường thẳng OO' theo đúng thứ tự đó. BE cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai P và cắt CA tại M. BD cắt đường tròn tâm O' tại điểm thứ hai Q và cắt AF tại N. Chứng minh rằng: a) Ba điểm C, A, Q thẳng hàng. b) Các đường thẳng MN và CF song song với nhau. c) R R QD QN PM PE ' =⋅ Giải a) Ta có ∠CAQ = ∠CAO + ∠OAO’ + ∠O’AQ OA = OC ⇒ ∆OAC cân ⇒ ∠CAO = ∠ACO O’A = O’Q = R’ ⇒ ∆O’AQ cân ⇒ ∠O’AQ = (180 o – ∠AO’Q)/2 ∠AO’Q = 2∠ABQ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AQ) ∠ABQ = ∠ACD (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) ⇒ ∠O’AQ = (180° – 2∠ACD)/2 = 90° - ∠ACD ⇒ ∠CAQ = ∠ACO + 90° + 90° - ∠ACD = 180° ⇒ C, A, Q thẳng hàng. b) Ta có ∠MBN = ∠ABE + ∠ABD = ∠AFE + ∠ACD = 180° - ∠CAF ⇒ ∠MBN + ∠CAF = 180° hay tứ giác AMBN nội tiếp đường tròn. ⇒ ∠AMN = ∠ABN (góc mội tiếp chắn cung AN) ∠ABN = ∠ACF (góc nội tiếp chắn cung AD) ⇒ ∠AMN = ∠ACF ⇒ MN // CF (hai góc đồng vị bằng nhau) c) (PE/PM).(QN/QD)=R’/R 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Bổ đề. (Định lý Menelauyt) Cho tam giác ABC. Trên 3 đường thẳng AB, BC, CA lấy 3 điểm thẳng hàng X, Y, Z không trùng với các đỉnh của tam giác. Ta có (XA/XB). (YB/YC).(ZC/ZA) = 1. Chứng minh bổ đề. Giải: Hoàn toàn tương tự như câu a) ta có P, A, F thẳng hàng. Áp dụng bổ đề cho ∆MCE và 3 điểm thẳng hàng P, A, F, ta có (PE/PM).(AM/AC). (FC/FE) = 1 Áp dụng bổ đề cho ∆NDF và 3 điểm thẳng hàng Q, A, C, ta có (QD/QN).(AN/AF).(CF/CD)=1 Vì MN//EF nên (AM/AC) = (AN/AF) Chia vế với vế hai đẳng thức trên, ta có (PE/PM).(QN/QD).(FC/FE).(CD/CF) = 1 hay (PE/PM).(QN/QD).(2R/2R’) = 1 ⇒ đpcm. Ghi chú: • Các cách làm đúng khác với đáp án cho điểm tương đương • Sai từ đâu không chấm từ đó, trừ những chỗ xác định do học sinh viết nhầm lẫn thì trừ điểm những chỗ viết nhầm và một nửa điểm của những phần liên quan về sau. • Công nhận kết quả câu trên để làm câu dưới: cho điểm bình thường. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 + SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2004-2005 -------- --------------------------- Môn : TOÁN Lớp 8 Bài 1 (4 điểm) a) Tìm các số a, b, c biết rằng đa thức P(x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 1 chia hết cho đa thức (x – 1) 3 b) Cho các số a, b, c đôi một khác nhau và các đa thức ))(( ))(( ))(( ))(( ))(( ))(( )( bcac bxax c cbab cxax b caba cxbx axP −− −− + −− −− + −− −− = ))(( ))(( ))(( ))(( ))(( ))(( )( 222 bcac bxax c cbab cxax b caba cxbx axQ −− −− + −− −− + −− −− = Chứng minh rằng (P(x)) 2 = Q(x) Giải: a) Cách 1. Đa thức P(x) bậc 4, đa thức (x − 1) 3 bậc 3 nên đa thức thương bậc 1. Gọi đa thức thương là mx + n trong đó m ≠ 0, khi đó P(x) = (x − 1) 3 .(mx + n) (x − 1) 3 = x 3 − 3x 2 + 3x − 1 Số hạng bậc cao nhất trong P(x) bằng tích của hai số hạng bậc cao nhất trong 2 đa thức thành phần ⇒ x 4 = x 3 .mx ⇒ m = 1 Số hạng bậc thấp nhất trong P(x) bằng tích của hai số hạng bậc thấp nhất trong 2 đa thức thành phần ⇒ 1 = −1.n ⇒ n = −1 Vậy P(x) = (x − 1) 3 .(x − 1) = (x − 1) 4 = x 4 − 4x 3 + 6x 2 − 4x + 1 ⇒ a = c = −4 và b = 6. Cách 2. Chia đa thức P(x) cho đa thức(x − 1) 3 = x 3 − 3x 2 + 3x − 1, ta được thương là x + (a + 3) và dư là (b + 3a + 6)x 2 + (c − 3a − 8)x + (a + 4). Để P(x) chia hết cho (x − 1) 3 thì dư phải là đa thức 0 hay b + 3a + 6 = c − 3a − 8 = a + 4 = 0. Giải ra ta được a = c = −4 và b = 6. b) Cách 1. Dễ thấy P(a) = a, P(b) = b, P(c) = c ⇒ P(a) − a = P(b) − b = P(c) − c = 0 ⇒ Đa thức P(x) − x có ít nhất 3 nghiệm phân biệt a, b và c. Mặt khác P(x) là tổng của 3 đa thức bậc 2 (hoặc đa thức 0) ⇒ P(x) − x có bậc không quá 2 hoặc P(x) − x là đa thức 0. Đa thức P(x) − x có 3 nghiệm ⇒ P(x) − x không thể là đa thức bậc 0, 1 hoặc 2. Vậy P(x) − x = 0 hay P(x) = x. Hoàn toàn tương tự, ta có Q(a) = a 2 , Q(b) = b 2 , Q(c) = c 2 ⇒ Q(a) − a 2 = Q(b) − b 2 = Q(c) − c 2 = 0 ⇒ Đa thức Q(x) − x 2 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt a, b, c. Mặt khác Q(x) là tổng của 3 đa thức bậc 2 (hoặc đa thức 0) ⇒ Q(x) − x 2 có bậc không quá 2 hoặc P(x) − x 2 là đa thức 0. Đa thức Q(x) − x 2 có 3 nghiệm ⇒ Q(x) − x 2 không thể là đa thức bậc 0, 1 hoặc 2. Vậy Q(x) − x 2 = 0 hay Q(x) = x 2 . ⇒ Q(x) = (P(x)) 2 . Cách 2. Rút gọn P(x) x bcac bac cbab acb caba cba x bcac c cbab b caba a xP         −− + + −− + + −− + −         −− + −− + −− = ))(( )( ))(( )( ))(( )( ))(())(())(( )( 2         −− + −− + −− + ))(( 1 ))(( 1 ))(( 1 bcacabcbcaba abc x accbba babacacacbcbcba x accbba bacacbcba ))()(( ))(())(())(( ))()(( )()()( 2 −−− −++−++−+ + −−− −−−−−− = ))()(( accbba baaccb abc −−− −+−+− − = x Tương tự, rút gọn Q(x) x bcac bac cbab acb caba cba x bcac c cbab b caba a xQ         −− + + −− + + −− + −         −− + −− + −− = ))(( )( ))(( )( ))(( )( ))(())(())(( )( 222 2 222         −− + −− + −− + ))(())(())(( bcac c abcb b caba a abc x accbba babacacacbcbcba x accbba bacacbcba ))()(( ))(())(())(( ))()(( )()()( 222 2 222 −−− −++−++−+ + −−− −−−−−− = ))()(( )()()( accbba bacacbcba abc −−− −+−+− − = x 2 ⇒ đpcm Bài 2 (4 điểm) Tìm tất cả các bộ số thực (x; y; z) thoả mãn các điều kiện 2 2 2 2 2 2 41 4 ; 41 4 ; 41 4 y y z x x y z z x + = + = + = Giải. Giả sử (x, y, z) thoả mãn các điều kiện đã cho, dễ thấy 0 ≤ x, y, z < 1. - Nếu x = 0, suy ra z = 0 và y = 0. Ta được bộ số (0; 0; 0) thoả mãn đề bài. - Nếu x ≠ 0, dễ thấy cả y và z cũng khác 0. Ta có 1 – 4z + 4z 2 = (1 – 2z) 2 ≥ 0 ⇒ 1 + 4z 2 ≥ 4z > 0 và 1 + 4z 2 = 4z khi và chỉ khi 1 = 2z hay z = ½. ⇒ z z z z z x =≤ + = 4 4 41 4 2 2 2 Vì z ≠ 0 nên dấu bằng chỉ xảy ra khi 1 + 4z 2 = 4z hay z = ½ Tương tự, ta có z ≤ y và y ≤ x ⇒ x ≤ x Nhưng x = x, vậy phải có x = y = z = ½ Dễ dàng thử lại và thấy bộ số (½; ½; ½) thoả mãn đề bài. Tóm lại, có 2 bộ số thoả mãn đề bài là (0; 0; 0) và (½; ½; ½). Bài 3 (4 điểm) Tìm tất cả các số nguyên a, b, c thoả mãn a 2 + b 2 + c 2 = a 2 b 2 . Giải Trước hết ta chứng minh mỗi số chính phương đều chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1. Thật vậy: • Số chính phương chẵn có dạng (2k) 2 = 4k 2 chia hết cho 4 (k là số nguyên). • Số chính phương lẻ có dạng (2k+1) 2 = 4k 2 +4k + 1 = 4(k 2 +k) + 1 chia cho 4 dư 1 (k là số nguyên). Mỗi số hạng ở vế trái khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 và số dư khi chia vế trái cho 4 bằng số số lẻ ở vế trái. Nếu vế phải là số lẻ thì trong 3 số a, b, c có đúng 1 số là số lẻ ⇒ trong 2 số a và b phải có ít nhất một số chẵn ⇒ vế phải là số chẵn. Điều này vô lý. Vậy vế phải là một số chẵn ⇒ cả 3 số ở vế trái đều là số chẵn (nếu trái lại vế trái không chia hết cho 4 trong khi vế phải là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4). Đặt a = 2a 1 , b = 2b 1 , c = 2c 1 với a 1 , b 1 , c 1 là số nguyên. Phương trình trở thành 2 11 2 1 2 1 2 1 )2( bacba =++ Vế phải lại là số chính phương chẵn dẫn đến a 1 , b 1 , c 1 đồng thời là số chẵn. Quá trình này kéo dài mãi, chứng tỏ a, b, c chia hết cho 2 k với số mũ k là số tự nhiên bất kỳ. Điều này chỉ xảy ra khi a = b = c = 0. Bài 4. (4 điểm) Cho hình vuông ABCD có diện tích bằng 1. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh CD lấy điểm N. AN cắt DM tại P và BN cắt CM tại Q. Xác định vị trí của các điểm M và N sao cho diện tích tứ giác MPNQ lớn nhất. Giải Hình vuông ABCD có diện tích bằng 1 ⇒ Các cạnh của hình vuông bằng 1. Đặt AM = x, DN = y với 0 ≤ x ≤ 1 và 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ BM = 1 – x, CN = 1 – y Xét trường hợp M, N không trùng với các đỉnh hình vuông hay x ≠ 0 và 1, y ≠ 0 và 1. Vì AB // CD nên theo định lý Talet trong tam giác ta có PM/PD = PA/PN = AM/DN=x/y Hai tam giác APM và APD có cùng chiều cao hạ từ A xuống DM nên S ∆ APM /S ∆ APD = PM/DN = x/y ⇒x/(y + x) = S ∆ APM /(S ∆ APD + S ∆ APM ) = S ∆ APM /S ∆ AMD ⇒ S ∆ APM = S ∆ AMD .x/(y + x) = (AD.AM/2).x/(y + x) = x 2 /[2(x + y)] Hoàn toàn tương tự, ta có S ∆ BMQ = (1 – x) 2 /[2(1 – x + 1 – y)] Ta có CD//AB nên chiều cao hạ từ N của tam giác NAB bằng đoạn AD và bằng 1 ⇒ S ∆ NAB = AB.AD/2 = ½ ⇒ S MPNQ = S ∆ NAB – (S ∆ APM + S ∆ BQM )         −+− − + + −= )11(2 )1( )(22 1 22 yx x yx x Do x và y có vai trò như nhau nên ta cũng có S MPNQ         −+− − + + −= )11(2 )1( )(22 1 22 yx y yx y ⇒ 2S MPNQ         −+− −+− + + + −= )11(2 )1()1( )(2 1 2222 yx yx yx yx Ta có (x – y) 2 ≥ 0 ⇒ x 2 + y 2 ≥ 2xy ⇒ 2(x 2 + y 2 ) ≥ x 2 + y 2 + 2xy = (x + y) 2 ⇒ 4)(2 22 yx yx yx + ≥ + + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y Thay x bởi 1 – x và y bởi 1 – y, ta có 4 11 )11(2 )1()1( 22 yx yx yx −+− ≥ −+− −+− Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 – x = 1 – y hay x = y Vậy 2S MPNQ ≤ 2 1 4 11 4 1 =       −+− + + − yxyx hay S MPNQ ≤ ¼ Giá trị lớn nhất của S MPNQ = ¼ đạt được khi x = y hay AM = DN. Trường hợp M trùng với A (và các trường hợp tương tự): Tứ giác suy biến thành tam giác ANQ. Ta có QB/QN = AB/NC ≥ 1 ⇒ QB ≥ QN ⇒ S ∆ ANQ ≤ S ∆ ANB /2 = ¼. Dấu bằng xảy ra khi NC = MA hay N trùng với D. Kết quả trên vẫn đúng. Bài 5 (4 điểm) Cho tam giác cân ABC có AB = AC. Đường phân giác của góc B cắt AC tại điểm E. Biết rằng BC = BE + EA. Hãy tính góc A. Giải Trên cạnh BC lấy điểm X sao cho BX = BE. Vì BC = BE + EA (theo gt) và BC = BX + XC, suy ra CX = AE. Xét 2 tam giác CXE và CAB có: CX/CE = AE/CE = AB/BC = AC/BC và góc C chung. Vậy các tam giác BAC và CXE đồng dạng. ⇒ XC/XE = AC/AB = 1 hay tam giác XEC cân tại X. Vậy ∠BXE = ∠C + ∠XEC = 2∠C = 2∠B Tam giác ABC cân tại A nên 180 o = ∠A + ∠B + ∠C = ∠A + 2∠B ⇒ ∠B = 90 o - ∠A/2 Tương tự, BEX là tam giác cân nên ∠BXE = 90 o – ∠XBE/2 = 90 o – ∠B/4 = 2∠B ⇒ ∠B = 40 o ⇒ ∠A = 180° – 2∠B = 100 o . Ghi chú: • Các cách làm đúng khác với đáp án cho điểm tương đương • Sai từ đâu không chấm từ đó, trừ những chỗ xác định do học sinh viết nhầm lẫn thì trừ điểm những chỗ viết nhầm và một nửa điểm của những phần liên quan về sau. • Công nhận kết quả câu trên để làm câu dưới: cho điểm bình thường. . SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2004-2005 -------- ---------------------------. 0,25 0,25 0,5 0,25 + SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI NAM ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2004-2005 -------- ---------------------------