Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh AH là phân giác của góc MAB 10.Khi A chuyển động trên O thì M di chuyển trên đường nào?. Câu 5: 3điểm Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R.[r]
(1)PHÒNG GD&ĐT CHƯƠNG MỸ TRƯỜNG THCS NAM PHƠNG TIẾN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Môn: Toán (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI x+ x+ √ x+1 − √ Bài Cho biểu thức: y= x −1 − x √ x −1 x + √ x+ a) Rút gọn y b) Tìm giá trị x để y=− c) Tìm giá trị lớn biểu thức A= y + √ x Bài Cho hàm số y=(m+4)x-m+6 (m là tham số) a) Tìm các giá trị m để hàm số đồng biến, nghịch biến b) Xác định m để đồ thị hàm số cắt hai trục toạ độ tạo thành tam giác có diện tích c) Chứng minh m thay đổi thì đồ thị hàm số y luôn qua điểm cố định Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R) H là trực tâm tâm giác ABC K là hình chiếu điểm O trên cạnh BC D là điểm đối xứng với H qua điểm K Gọi M, N là hình chiếu điểm A và điểm D trên BC a) Tứ giác HMDN là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh AH=2OK Bài Chứng minh nếu: a>0, b>0, C>0 thì: PHÒNG GD&ĐT CHƯƠNG MỸ TRƯỜNG THCS NAM PHƠNG TIẾN a b c + + ≥ b+c c +a a+b KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG (2) Năm học 2010 – 2011 Môn: Toán (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Đề số Câu 1: (4 điểm) Cho biểu thức : Rút gọn A A 15 x 11 x 2 x x x 1 x x 3 A 2 Tìm giá trị x Tìm giá trị nguyên x để A là số nguyên Tìm giá trị x để A đạt giá trị lớn Câu 2: (4 điểm) Cho x 1, y 1 Chứng minh : x y y x xy Tìm giá trị lớn biểu thức: A y x ( x 1; y 1) y x Câu 3: (4 điểm) Một đoàn khách du lịch tham quan ô tô Họ định ô tô phải chở số hành khách Ban đầu họ định cho ô tô chở 22 hành khách, còn thừa người Về sau , bớt ôtô thì có thể phân phối số hành khách lên ôtô còn lại Hỏi ban đầu có bao nhiêu ôtô và có tất bao nhiêu khách du lịch, biết ôtô chở không quá 32 người Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O,R) dây AB = R Trên tiếp tuyến A (O) lấy M cho AM = R ( M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa O) Tứ giác AMBO là hình gì? Đường OM cắt (O) I, tính IM theo R ( I thuộc cung nhỏ AB ) Tính AI theo R Đường AI cắt BM H Chứng minh AH là phân giác góc MAB Khi A chuyển động trên (O) thì M di chuyển trên đường nào? Câu 5: (3điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính R Một điểm M chạy trên cung nhỏ AB Hãy chứng minh tổng các khoảng cách từ M đến A và B không lớn đường kính đường tròn đó - Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN (3) NĂM HỌC : 2009-2010 Câu 1: (4điểm) 15 x 11 x 2 x x x x x 3 Cho biểu thức Đ /k : x 0; x 1 A Rút gọn: A (0,5đ) 15 x 11 (3 x 2)( x 3) (2 x 3)( x 1) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) 15 x 11 3x x x ( x 1)( x 3) (1đ) x 3 (1đ) x 5x ( x 1)(5 x 2) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) A x x 3 (1,5đ) Câu 2: (4điểm) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có: Tương tự : 1 y y y 1.( y 1) 2 xy x y1 xy y x 1 (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) x y y x xy Do đó : Theo câu 1: (0,5đ) x y y x xy x y 1 y x 1 xy y x 1 y x Do đó : x 1 y Dấu “=” xảy x 2 y 2 Vậy giá trị lớn A Câu 3: (4điểm) Gọi x là số ôtô có lúc đầu và lúc sau ôtô chở y người.( đ/k : x 2, y 32 ) Vì xe lúc đầu dự định chở 22 hành khách còn thừa người nên số hành khách có :22x +1 người Vì lúc sau bớt xe ôtô nên số xe còn lại là : (x – 1) xe và xe lúc sau chở y người nên số hành khách là : y(x-1) người Vậy ta có phương trình: y(x-1) = 22x + y 22 x 23 22 x x 23 Vì y là số tự nhiên, x 2 nên x là số tự nhiên, đó 23x Vậy x-1 = x-1 = 23 (4) Với x-1 = thì x = y = 22 +23 = 45 Trái giả thiết xe chở không quá 32 người Với x-1 = 23 thì x = 24 y 22 23 32 (thoả mãn đ/k) Vậy số ôtô ban đầu là 24 và tổng số khách du lịch là: 22.24+1= 529 người Bài 4: (5 điểm) Vẽ hình đúng, ghi GT,KL đúng : (0,5đ) Xét tam giác OAB có OA = OB (=R); AB = R Nên tam giác OAB vuông O (đảo Pytago) Ta có :OB vuông góc với OA (cm trên) MA vuông góc với OA(tính chất tiếp tuyến) OB / / MA , lại có OB = MA (=R) nên tứ giác AMBO là hình bình hành Mặt khác : MAO Góc MAOvuông và AM = AO nên AMBO là hình vuông IM = OM – OI = R -R =R( -1) Gọi C là giao điểm hai đường chéo AB và OM ta có AB vuông góc với OM và R R R ( R R ) R CM = Ta có : CI = CM – IM = Tam giác ACI vuông C nên: AI2= CI2 +AC2 ( Pytago) AI ( R R 2 R 2 R 2R2 2R2 ) ( ) R R 2 R R 2 2 4 AI R Ta có IAO AIO (tam giác AOI cân O) mà IAO AHM (so le IAO A2 900 AHM A1 90 A1 A2 AO//MB) Mà : Vậy AH là phân giác góc MAB Ta có OM = AB = R không đổi , O cố định Do đó M thuộc đường tròn tâm O bán kính R Bài 5: (3điểm) (Các bạn tự giải nhé, chúc các bạn thành công) (5) §Ò Sè ĐỀ THI HS To¸n líp Thêi gian lµm bµi : 150 phót (không kể thời gian giao đề) §Ò bµi Bµi (5 ®iÓm) Cho biÓu thøc A = √ a −9 − √ a+3 − √ a+1 víi a ≥ , a ≠ , a ≠ a− √ a+6 √ a− − √ a a, Rót gän biÓu thøc A b, Tìm giá trị a để A< c, Tìm giá trị nguyên a để A có gía trị là số nguyên Bµi (4 ®iÓm) Cho hÖ ph¬ng tr×nh ¿ ax − y =a −2 x+ y=a+1 ¿{ ¿ a, Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh a=√ b, Tìm a để hệ có nghiệm thoả mãn x − y=1 Bài (3 điểm) Cho bốn số thực a , b , c , d thoả mãn đồng thời: a+b +c +d=7 và 2 2 a +b + c + d =13 Hái a cã thÓ nhËn gi¸ trÞ lín nhÊt lµ bao nhiªu? Bài (4 điểm) Từ điểm K bất kì trên đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R Vẽ KH vuông góc với tiếp tuyến Bx đờng tròn Giả sử góc KAB α độ ( < α < 90 ) a, TÝnh KA, KB, KH theo R vµ α b, TÝnh KH theo R vµ α c, Chøng minh r»ng: cos α = – 2sin2 α cos α = cos2 α - Bài (4 điểm)Cho đờng tròn tâm O bán kính R, A là điểm cố định trên đờng tròn Vẽ tiếp tuyến Ax, lấy điểm M bất kì trên Ax, vẽ tiếp tuyến thứ hai MB với đờng tròn (B là tiếp điểm) Gọi I là trung điểm MA, BI cắt đờng tròn K, tia MK cắt đờng tròn C Chøng minh r»ng: a, Tam giác MIK đồng dạng với tam giác BIM b, BC song song víi MA c, Khi điểm M di động trên Ax thì trực tâm H tam giác MAB thuộc đờng tròn cố định híng dÉn chÊm thi häc sinh giái - ĐỀ M«n To¸n líp Bµi 1( ®iÓm ) a, ( ®iÓm ) Víi a vµ a 4;a th× 0,5® (6) √ a − 9−( √ a+3)( √ a − 3)+(2 √ a+1)( √ a− 2) ( √ a− 2)( √ a− 3) = √ a − 9− a+9+ 2a+ √ a −4 √ a− ( √a − 2)( √a − 3) a− √ a −2 = ( √ a −2)( √ a −3) ( a+1)( √ a− 2) = √ ( √ a −2)( √ a −3) = √ a+1 √a − A= 0,5® 0,25® 0,5® 0,25® b, (1 ®iÓm) Víi a vµ a ; a th× √ a+1 < ⇔ √ a+ 1− √ a+3 < A<1 ⇔ √a − √ a− ⇔ √ a −3<0 ⇔ √ a<3 ⇔ a < KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ta cã ≤ a<9 vµ a c, (2 ®iÓm) 0,5® ⇔ √a − <0 √a − Víi a nguyªn, a vµ a ; a th× A cã gi¸ trÞ nguyªn vµ chØ lµ íc cña a −3 √ Do đó √ a −3 nhận các giá trị ±1 ; ± ; ± ±1 ; Ta cã A = 1+ Từ đó a nhận giá trị : 1; 4; 16; 25; 49 V× a nªn a nhËn c¸c gi¸ trÞ 1; 16; 25; 49 0,25® 0,25® 0,5® 0,25® 0,5® 0,5® 0,25® Bµi (4 ®iÓm) a, (2 ®iÓm) ¿ √2 x −2 y= √ Thay a = √ vào hệ phơng trình đợc: −2 x+ y=√ 2+1 ¿ ¿{ ¿ 0,25® √ x − y =√2 − x+ y =2 √ 2+2 ¿{ ¿ ¿ ( √ 2− 4) x=3 √ 2+ √ x −2 y=√ ¿{ ¿ Tìm đợc x= √2+2 √2 − 2+3 √2 Tìm đợc y= √ 2− 0,25® 0,5® 0,5® KL b, (2 ®iÓm) Từ x – y = ⇒ y = x – thay vào hệ PT đợc 0,25® 0,25® ¿ ax − 2( x − 1)=a −2 x+(x − 1)=a+1 ¿{ ¿ 0,25® (7) 0,5® ¿ (a −2) x=a −2 − x=a+2 ¿{ ¿ ⇒ a2 + a - = (a – 2)(a + 3) = Tìm đợc a= -3; KL 0,5® 0,5® 0,25® Bµi (3 ®iÓm) Tõ a +b+c+d = ⇒ b+c+d = – a (b+c+d)2 = b2 + c2 + d2 + 2bc +2cd + 2bd mµ (b – c )2 ; (c - d )2 ;(d - b )2 ; 2bc; c2 + d2 2cd; d2 + b2 ⇒ b2 + c2 Từ đó (b+c+d)2 3(b2 + c2 + d2) 3(13 – a2) ⇒ (7 - a)2 (a – 1)(a- ) Tìm đợc a 0,25® 0,25® 0,75® 2bd; 0,5® 0,25® 0,5® 0,25® đó a có thể nhận giá trị lớn là 0,25® Bµi (4 ®iÓm) x a, (1,5 ®iÓm) Lập luận để có ∠ AKB = 90 (0,25đ); ∠ KAB = ∠ KBH (0,25đ); XÐt Δ AKB vu«ng t¹i H cã K H KA = AB cos α = 2R cos α (0,25®); KB = AB sin α = 2R sin α (0,25®); XÐt Δ KHB vu«ng t¹i H cã KH = KB sin α (0,25®) = 2R sin2 α (0,25®); b, (1 ®iÓm) VÏ KO; KC AB xÐt Δ KCO vu«ng t¹i C cã OC = OK cos2 α (0,5®); O C B LËp luËn cã KH = CB (0,25®) = R - Rcos2 α = R(1A- cos2 α ) (0,25®); c, (1,5 ®iÓm) Theo c©u a cã KH = 2R sin2 α theo c©u b cã KH = R(1 - cos2 α ) (0,25®); nên 2R sin2 α = R(1 - cos2 α ) (0,25đ) đó cos2 α = - 2sin2 α (0,25đ); Mặt khác áp dụng định lí Pitago vào tam giác AKB vuông K chứng minh đợc sin2 α + cos2 α = nªn sin2 α = - cos2 α (0,25®); Từ đó có cos2 α = – 2(1 – cos2 α ) = cos2 α - (0,5đ); Bµi (4 ®iÓm) a, (2 ®iÓm) x Chứng minh đợc Δ IAK đồng dạng với Δ IBA (0,5đ) ⇒ IA2 = IK.IB , mµ I lµ trung ®iÓm cña AM M nªn IM2 = IK.IB (0,5®) Chứng minh đợc Δ MIK đồng dạng với Δ BIM (1đ) b, (1®iÓm) Tõ c©u a ⇒ ∠ IMK = ∠ MBI , l¹i cã ∠ MBI = ∠ BCK(0,5®); ⇒ ∠ IMK = ∠ BCK ⇒ BC // MA(0,5®); K c, (1 ®iÓm) I H lµ trùc t©m cña Δ MAB ⇒ tø gi¸c AOBH lµ h×nh thoi (0,5®); B A (8) ⇒ AH = AO =R ⇒ H (A;R) cố định Phßng GD & §T ch¬ng mü Trêng THCS Nam ph¬ng tiÕn B §Ò thi häc sinh giái líp M«n: To¸n Thêi gian: 120 phót đề SỐ9 Bài (3.0đ) Biến đổi đơn giản các biẻu thức a A = b B = 14 34 2 16 25 81 1 1 + + + + √1+ √ √ 2+ √ √ 98+ √ 99 √ 99+ √100 √ Bµi 2: (4.0®) Rót gän vµ tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc a C = b √ a+a √ b : √ ab √a −√b Víi a = 20 11 b = 18 11 2003 2003 b T×m c¸c c¨p sè (x,y) nguyªn d¬ng tháa m·n x2 - y2 = 2003 Câu : ( 5điểm ) giải phương trình a) x −3 =3+2 √ x − √ 1− x √ x − x2 (9) ( x )4 ( x )4 3x x 2 ( x ) ( x ) b) Bài 4: (3.0 điểm) Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB EF là dây cung di động trên nửa đường tròn cho E thuộc cung AF và EF = R AF cắt BE H AE cắt BF C CH cắt AB I a Tính góc CIF b Chứng minh AE.AC + BF BC không đổi EF di động trên nửa đường tròn c Tìm vị trí EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích đó Bài ( điểm) Cho tam giác ABC nhọn và O là điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB M, N, P Chứng minh : AM BN CP + + OM ON OP Bµi (2®iÓm) Cho sè a, b, c tháa m·n a, b, c 2 vµ a+b+c=3 Chøng 3 minh a b c 9 đáp án và thang điểm – ĐỀ C©u §¸p ¸n a KÕt qu¶ 196 k 45 b a Rót gän : a - b Tính đợc kết quả: b x2 - y2 = 2003 (x - y)(x + y)=2003 => x -y vµ x+ y lµ íc cïng dÊu cña 2003 Mµ ¦(2003) { ±1 ; ± 2003 } v× x, y d¬ng nªn x+y> x-y Ta xÐt hai trêng hîp Thang ®iÓm 1.5 ® 1.5 ® 1.0® 1.0® 0.25® 0.25® 0.25® 0.5® 0.5® (10) x − y=1 ¿ x + y =2003 => ¿ x=1002 y=1001 ¿ x − y=−2003 x + y =−1 => ¿ x =−1002 y=1001 ¿ { { ¿ ¿ ¿¿ VËy cÆp sè (x,y) nguyªn d¬ng th¶o m·n x2 -y2 = 2003 lµ (x,y) = (1002,1002) 0.25® a) §K < x < vµ x 0,5® Khử mẫu vế trái ta phương trình: 3( √ x+ √ − x ) = + √ x − x §Æt √ x+ √ − x = t ®k : < t < √ Phương trình viết thành : t2 - t + = Kết luận: x = ; x = là nghiệm phương trình đã cho b) x 1 điều kiện: x Đặt a =(x-1)2 ; b = x2 - 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® ( x )4 ( x )4 3x x 2 ( x 1) Phươngtrình ( x ) trở thành: a2 b a 2b b a a a b4 ( a b )2 Ta có : b a b a 2b b a b a a b2 1 a b 1 b 1 0,5® 0,5® Dấu = xãy khi đó x = Vậy nghiệm phương trình là x = (11) 1® - BE, AF là hai đường cao ABC CI là đường cao thứ ba hay CIAB - Tứ giác IHFB nội tiếp HIF = HBF hay CIF = EBF - EOF nên EOF = 600 1® - EF = 600 CIF = EBF = 300 - Chứng minh ACI đồng dạng với ABE AC AI - được: AB = AE ⇒ AC AE=AB AI Tương tự BCI đồng dạng BC BI = ⇒ BC BF=BA BI BA BF với BAE được: - Cộng được: AE.AC + BF BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB = const 1® - Chứng minh ABC đồng dạng với FEC S FEC EF 2 R ( ) ( ) ⇒ SABFE = S ABC - S = AB = R = 4 ABC - Để S ABFE lớn S ABC lớn CI lớn C chạy trên cung chứa góc 600 vẽ trên AB nên CI lớn I O CAB cân EF // AB R R √3 R2 √ =R2 √ ⇒ S ABFE = - Lúc đó S ABC= A P N 0,5đ O B H K M C 0,5đ Từ A và O kẻ AH BC OK BC (H, K BC) AH // OK (12) OM OK Nên AM AH (1) S BOC OK BC OK S ABC AH BC AH (2) S BOC OM (1) , (2) S ABC AM 1đ S AOC ON S BN ABC Tương tự : S AOB OP S ABC CP 1đ OM ON OP S BOC S AOC S AOB 1 AM BN CP S S S ABC ABC ABC Nên (3) 0,5® Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: 1 (a+ b + c) ( a b c ) OM ON OP AM BN CP )( ) 9 Nên ( AM BN CP OM ON OP (4) 0,5® 0,5® Từ (3) ,(4) suy : AM BN CP 9 OM ON OP (đpcm) 0,5® V× vai trß cña a, b, c nh nhau, kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö: a b c Khi đó vì a, b, c 2 và a+b+c=3 nên ta có a 1 a a c 2 (c-1)(c-2)(c+3) 0 c 7c XÐt hai trêng hîp cña b 3 3 +Nếu b 1 b b Khi đó ta có a b c a b 7c 3 Mµ a+b+7c-6 = (a+b+c)+6c-6 3+6.2-6=9 a b c 9 + Nếu b 2 b 7b Khi đó ta có a b3 c a 7b 7c 7 a b c 6a 12 9 6a 9 3 (v× -6a 0) KÕt luËn a b c 9 (®pcm) PHÒNG GD & ĐT CHƯƠNG MỸ -ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN : TOÁN – LỚP ( Thời gian làm bài : 150 phút) ĐỀ SỐ 10 Câu 1: (4 điểm) (13) Cho biểu thức : Rút gọn A A 15 x 11 x 2 x x x 1 x x 3 A Tìm giá trị x Tìm giá trị nguyên x để A là số nguyên Tìm giá trị x để A đạt giá trị lớn Câu 2: (4 điểm) Cho x 1, y 1 Chứng minh : x y y x xy Tìm giá trị lớn biểu thức: A y x ( x 1; y 1) y x Câu 3: (4 điểm) Một đoàn khách du lịch tham quan ô tô Họ định ô tô phải chở số hành khách Ban đầu họ định cho ô tô chở 22 hành khách, còn thừa người Về sau , bớt ôtô thì có thể phân phối số hành khách lên ôtô còn lại Hỏi ban đầu có bao nhiêu ôtô và có tất bao nhiêu khách du lịch, biết ôtô chở không quá 32 người Câu 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O,R) dây AB = R Trên tiếp tuyến A (O) lấy M cho AM = R ( M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa O) Tứ giác AMBO là hình gì? Đường OM cắt (O) I, tính IM theo R ( I thuộc cung nhỏ AB ) Tính AI theo R Đường AI cắt BM H Chứng minh AH là phân giác góc MAB 10.Khi A chuyển động trên (O) thì M di chuyển trên đường nào? Câu 5: (3điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính R Một điểm M chạy trên cung nhỏ AB Hãy chứng minh tổng các khoảng cách từ M đến A và B không lớn đường kính đường tròn đó - Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN – ĐỀ 10 Câu 1: (4điểm) 15 x 11 x 2 x x x 1 x x 3 Cho biểu thức Đ /k : x 0; x 1 A (0,5đ) (14) Rút gọn: A 15 x 11 (3 x 2)( x 3) (2 x 3)( x 1) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) 15 x 11 3x x x ( x 1)( x 3) (1đ) x 3 (1đ) x 5x ( x 1)(5 x 2) ( x 1)( x 3) ( x 1)( x 3) A x x 3 (1,5đ) Câu 2: (4điểm) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có: Tương tự : 1 y y y 1.( y 1) 2 xy x y1 xy y x 1 x y y x xy Do đó : Theo câu 1: (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) x y y x xy x y 1 y x 1 xy y x 1 x Do đó : y x 1 x 2 Dấu “=” xảy y 1 y 2 Vậy giá trị lớn A Câu 3: (4điểm) Gọi x là số ôtô có lúc đầu và lúc sau ôtô chở y người.( đ/k : x 2, y 32 ) Vì xe lúc đầu dự định chở 22 hành khách còn thừa người nên số hành khách có :22x +1 người Vì lúc sau bớt xe ôtô nên số xe còn lại là : (x – 1) xe và xe lúc sau chở y người nên số hành khách là : y(x-1) người Vậy ta có phương trình: y(x-1) = 22x + y 22 x 23 22 x x 23 Vì y là số tự nhiên, x 2 nên x là số tự nhiên, đó 23x Vậy x-1 = x-1 = 23 Với x-1 = thì x = y = 22 +23 = 45 Trái giả thiết xe chở không quá 32 người Với x-1 = 23 thì x = 24 y 22 23 32 (thoả mãn đ/k) Vậy số ôtô ban đầu là 24 và tổng số khách du lịch là: 22.24+1= 529 người Bài 4: (5 điểm) (15) Vẽ hình đúng, ghi GT,KL đúng : (0,5đ) Xét tam giác OAB có OA = OB (=R); AB = R Nên tam giác OAB vuông O (đảo Pytago) Ta có :OB vuông góc với OA (cm trên) MA vuông góc với OA(tính chất tiếp tuyến) OB / / MA , lại có OB = MA (=R) nên tứ giác AMBO là hình bình hành Mặt khác : MAO Góc MAOvuông và AM = AO nên AMBO là hình vuông IM = OM – OI = R -R =R( -1) Gọi C là giao điểm hai đường chéo AB và OM ta có AB vuông góc với OM và R R R ( R R ) R CM = Ta có : CI = CM – IM = Tam giác ACI vuông C nên: AI2= CI2 +AC2 ( Pytago) AI ( R R 2 R 2 R 2R2 2R2 ) ( ) R R 2 R R 2 2 4 AI R Ta có IAO AIO (tam giác AOI cân O) mà IAO AHM (so le IAO A2 900 AHM A1 90 A1 A2 AO//MB) Mà : Vậy AH là phân giác góc MAB Ta có OM = AB = R không đổi , O cố định Do đó M thuộc đường tròn tâm O bán kính R Bài 5: (3điểm) (Các bạn tự giải nhé, chúc các bạn thành công) (16)