Đề Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Đồng Nai Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
15

Đề thi tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 chuyên Sở GD&ĐT Tỉnh Đồng Nai có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG NAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn : Toan chuyên

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (2,25 điểm)

  1. Tìm các số nguyên $x$ và $y$ thỏa mãn $6x + 7y = 8$ và $\left| {9x – 10y} \right| < 200$
  2. Tìm các tham số nguyên $n$để phương trình ${x^2} + nx + n = 0$ có nghiệm nguyên
  3. Cho $a$ là các số thực thỏa mãn $a \ge 0$ và $a \ne 9$

Rút gọn biểu thức $P = \frac{{27 – a\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} – \frac{{27\left( {a\sqrt a + 125} \right)}}{{a\sqrt a – 2a + 10\sqrt a + 75}}$. Tìm $a$ để $P$ đạt giá trị lớn nhất

Câu 2. (1,5 điểm)

  1. Giải phương trình $x\sqrt[3]{{35 – {x^3}}}.\left( {x + \sqrt[3]{{35 – {x^3}}}} \right) = 30$
  2. Tìm các tham số thực $m$để phương trình ${x^2} – \left( {2m + 1} \right)x + m – 1 = 0$có hai nghiệm ${x_1},{x_2}$sao cho biểu thức $M = \frac{{{x_1}{x_2} – {x_1} – {x_2} + 3}}{{x_1^2 + x_2^2}}$đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3. (1,5 điểm) Giải hai hệ phương trình sau :

$1)\left\{ \begin{array}{l}6{x^3} + 2{x^2}y = x + y\\{x^2} – 6xy – {y^2} = 6\end{array} \right.$                               $2)\left\{ \begin{array}{l}{x^2} = {y^3} + 36\\{y^2} = {x^3} + 36\end{array} \right.$

Câu 4. (2 điểm)

  1. Cho $\frac{{ – 1}}{3} < a,b,c \in \mathbb{R}.$Chứng minh $\frac{{1 + {a^2}}}{{1 + 3b + {c^2}}} + \frac{{1 + {b^2}}}{{1 + 3c + {a^2}}} + \frac{{1 + {c^2}}}{{1 + 3a + {b^2}}} \ge \frac{6}{5}$
  2. Trong mặt phẳng cho $1889$ điểm thỏa mãn với 3 điểm bất kỳ tạo thành 3 đỉnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1. Chứng minh tron các điểm đã cho tồn tại $237$ điểm cùng nằm bên trong hoặc trên cạnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn $\frac{1}{2}$
  3. Có bao nhiêu cách bỏ 5 cây bút khác màu gồm xanh, đen, tím, đỏ, hồng vào 5 hộp đựng bút khác màu gồm xanh, đen, tím, đỏ, hồng sao cho mỗi hộp chỉ có một bút và màu bút khác với màu hộp.

Câu 5. (2,75 điểm)

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ có hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại trực tâm $H,$ biết $AB < AC.$Gọi $L$ là giao điểm của đường thẳng $BC$với tiếp tuyến tại $A$của (O). Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng $BC$ và $EF.$ Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của hai đoạn thẳng $BC,EF$

  1. Chứng minh tứ giác $ALMO$ nội tiếp đường tròn. Gọi $D$ là giao điểm của $\left( O \right)$ với đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ALMO,D$ khác A. Chứng minh $LD$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$
  2. Chứng minh $MK$ vuông góc với $AK,$suy ra $KH \bot AM$
  3. Chứng minh rằng ba điểm $A,N,D$ thẳng hàng.

ĐÁP ÁN

Câu 1.

  1. Tìm các số nguyên $x,y$

Giả sử có $x,y \in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $6x + 7y = 8 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6 + 7t\\y = – 4 – 6t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{Z}} \right)$

(vì $6x + 7y = 6\left( {6 + 7t} \right) + 7\left( { – 4 – 6t} \right) = 8,\forall t \in \mathbb{Z})$

Vậy $\left| {9x – 10y} \right| < 200 \Leftrightarrow – 200 < 9\left( {6 + 7t} \right) – 10\left( { – 4 – 6t} \right) < 200$

$ \Leftrightarrow – 200 < 123t + 94 < 200 \Leftrightarrow \frac{{ – 98}}{{41}} < t < \frac{{106}}{{123}} \Leftrightarrow – 2 \le t \le 0\left( {do\,t \in \mathbb{Z}} \right)$

Do đó chỉ có $\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( { – 8;8} \right);\left( { – 1;2} \right);\left( {6; – 4} \right)} \right\}$thỏa mãn bài toán.

2.  Tìm các số nguyên n

Phương trình ${x^2} + nx + n = 0\left( 1 \right)$ có nghiệm $ \Rightarrow \Delta = {n^2} – 4n \ge 0$

Giả sử $\left( 1 \right)$ có nghiệm nguyên $ \Rightarrow {n^2} – 4n$ là số chính phương (vì nếu ngược lại thì $\left( 1 \right)$ có nghiệm $\frac{{ – n \pm \sqrt {{n^2} – 4n} }}{2}$ là số vô tỷ, vô lý)

Hay ${n^2} – 4n = {k^2}\left( 2 \right),k \in \mathbb{N}$

$ \Leftrightarrow {\left( {n – 2} \right)^2} = {k^2} + 4 \Leftrightarrow \left( {n – 2 – k} \right)\left( {n – 2 + k} \right) = 4\left( 3 \right)$

Mà $\left( 2 \right) \Leftrightarrow {n^2} – {k^2} = 4n$$ \Rightarrow \left( {{n^2} – {k^2}} \right) \vdots 2 \Rightarrow $$n$ và $k$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ

$ \Leftrightarrow n – 2 – k$và $n – 2 + k$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ

Vậy $\left( 3 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n – 2 – k = 2\\n – 2 + k = 2\end{array} \right.$hoặc $\left\{ \begin{array}{l}n – 2 – k = – 2\\n – 2 + k = – 2\end{array} \right.$

Giải 2 hệ trên ta được $\left[ \begin{array}{l}n = 0\\n = 4\end{array} \right.(tm)$

Vậy $n = 0,n = 4$

$\begin{array}{l}1.3)P = \frac{{27 – a\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} – \frac{{27\left( {a\sqrt a + 125} \right)}}{{a\sqrt a – 2a + 10\sqrt a + 75}} = \frac{{27 – a\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} – \frac{{27\left( {\sqrt a + 5} \right)\left( {a – 5\sqrt a + 25} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {a – 5\sqrt a + 25} \right)}}\\ = \frac{{27 – a\sqrt a – 27\sqrt a – 135}}{{\sqrt a + 3}} = \frac{{ – \left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {a – 3\sqrt a + 36} \right)}}{{\sqrt a + 3}} = – a + 3\sqrt a – 36\end{array}$

Vậy $P = – a + 3\sqrt a – 36$, với $0 \le a \ne 9$

Tìm a

$P = – a + 3\sqrt a – 36 = – {\left( {\sqrt a – \frac{3}{2}} \right)^2} – \frac{{135}}{4} \le \frac{{ – 135}}{4}\left( {\forall a \ge 0;a \ne 9} \right)$

Dấu xảy ra $ \Leftrightarrow \sqrt a – \frac{3}{2} = 0 \Leftrightarrow a = \frac{9}{4}(tm)$

Vậy $Min\,P = \frac{{ – 135}}{4} \Leftrightarrow a = \frac{9}{4}$

Câu 2.

  1. Giải phương trình: $x\sqrt[3]{{35 – {x^3}}}.\left( {x + \sqrt[3]{{35 – {x^3}}}} \right) = 30\left( 1 \right)$

Đặt $y = \sqrt[3]{{35 – {x^3}}} \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} = 35.$Có $\left( 1 \right) \Leftrightarrow xy\left( {x + y} \right) = 30$

Vậy có $\left\{ \begin{array}{l}xy\left( {x + y} \right) = 30\\{x^3} + {y^3} = 35\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy\left( {x + y} \right) = 30\\{\left( {x + y} \right)^3} – 3\left( {x + y} \right)xy = 35\end{array} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy(x + y) = 30\\{\left( {x + y} \right)^3} = 125\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 6\\x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\end{array} \right.$

Vậy $x \in \left\{ {2;3} \right\}$

2. Tìm m

${x^2} – \left( {2m + 1} \right)x + m – 1 = 0\left( 1 \right)\Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} – 4m + 4 = 4{m^2} + 5 > 0$ nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$

Áp dụng định lý Vi – et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m + 1\\{x_1}{x_2} = m – 1\end{array} \right.$. Vậy

$M = \frac{{{x_1}{x_2} – {x_1} – {x_2} + 3}}{{x_1^2 + x_2^2}} = \frac{{{x_1}{x_2} – \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3}}{{{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} – 2{x_1}{x_2}}} = \frac{{m – 1 – \left( {2m + 1} \right) + 3}}{{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} – 2\left( {m – 1} \right)}} = \frac{{1 – m}}{{4{m^2} + 2m + 3}}$

Có $4{m^2} + 2m + 3 = {\left( {m + 1} \right)^2} + 3{m^2} + 2 > 0\forall m \in \mathbb{R}$

$\frac{{1 – m}}{{4{m^2} + 2m + 3}} + \frac{1}{{22}} = \frac{{4{m^2} – 20m + 25}}{{22\left( {4{m^2} + 2m + 3} \right)}} = \frac{{{{\left( {2m – 5} \right)}^2}}}{{22\left( {4{m^2} + 2m + 3} \right)}} \ge 0\forall m \in \mathbb{R}$

Vậy $MinM = \frac{{ – 1}}{{22}} \Leftrightarrow m = \frac{5}{2}$

Câu 3.

1. Giải hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}6{x^3} + 2{x^2}y = x + y\\{x^2} – 6xy – {y^2} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 6{x^3} + 2{x^2}y\left( 1 \right)\\{x^2} – 6xy – {y^2} = 6\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Lấy (1) nhân (2) vế theo vế ta có: $\left( {x + y} \right)\left( {{x^2} – 6xy – {y^2}} \right) = 6\left( {6{x^3} + 2{x^2}y} \right)$

$ \Leftrightarrow 35{x^3} + 17{x^2}y + 7x{y^2} + {y^3} = 0\left( 3 \right)$

Vì $x = 0$không thỏa mãn (1) nên $x \ne 0,$đặt $y = tx,t \in \mathbb{R}$

$\left( 3 \right) \Leftrightarrow 35{x^3} + 17t{x^3} + 7{t^2}{x^3} + {t^3}{x^3} = 0 \Leftrightarrow {t^3} + 7{t^2} + 17t + 35 = 0\left( {x \ne 0} \right)$

$ \Leftrightarrow \left( {t + 5} \right)\left( {{t^2} + 2t + 7} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = – 5\\{t^2} + 2t + 7 = 0(VN)\end{array} \right.$

$ \Rightarrow y = – 5x \Rightarrow \left( 2 \right) \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = – 5\\x = – 1 \Rightarrow y = 5\end{array} \right.$

Vậy hệ có hai nghiệm $\left( {x;y} \right) = \left\{ {\left( {1; – 5} \right);\left( { – 1;5} \right)} \right\}$

2. Giải hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}{x^2} = {y^3} + 36\left( 1 \right)\\{y^2} = {x^3} + 36\left( 2 \right)\end{array} \right.\left( I \right)$Lấy (1) trừ (2)vế theo vế ta được:${x^2} – {y^2} = – \left( {{x^3} – {y^3}} \right)$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {x – y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + xy + x + y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y\\{x^2} + {y^2} + xy + x + y = 0(VN)\end{array} \right.\end{array}$

$\begin{array}{l}x = y \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^3} – {x^2} + 36 = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left( {{x^2} – 4x + 12} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 3 \Rightarrow y = – 3\\{x^2} – 4x + 12 = 0(VN)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $\left( {x;y} \right) = \left( { – 3; – 3} \right)$

Câu 4.

1. Chứng minh bất đẳng thức

Ta có : $a,b,c > – \frac{1}{3}$

Cần chứng minh : $\frac{{1 + {a^2}}}{{1 + 3b + {c^2}}} + \frac{{1 + {b^2}}}{{1 + 3c + {a^2}}} + \frac{{1 + {c^2}}}{{1 + 3a + {b^2}}} \ge \frac{6}{5}\left( 1 \right)$

Thật vậy, ${\left( {b – 1} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow b \le \frac{{1 + {b^2}}}{2},\forall b \in \mathbb{R}$

$ \Rightarrow 0 < 1 + 3b + {c^2} \le 1 + \frac{{3\left( {1 + {b^2}} \right)}}{2} + {c^2} = \frac{{5 + 3{b^2} + 2{c^2}}}{2},\forall b > – \frac{1}{3}$

$ \Rightarrow \frac{{1 + {a^2}}}{{1 + 3b + {c^2}}} \ge \frac{{2\left( {1 + {a^2}} \right)}}{{5 + 3b + 2{c^2}}}\left( 2 \right),\forall b > – \frac{1}{3}$

Đặt $m = 1 + {a^2},n = 1 + {b^2},k = 1 + {c^2}\left( {m,n,k \ge 1} \right)$

Từ $\left( 2 \right)$có: $\frac{{1 + {a^2}}}{{1 + 3b + {c^2}}} \ge \frac{{2m}}{{3n + 2k}}$

Tương tự: $\frac{{1 + {b^2}}}{{1 + 3c + {a^2}}} \ge \frac{{2n}}{{3k + 2m}}$và $\frac{{1 + {c^2}}}{{1 + 3a + {b^2}}} \ge \frac{{2k}}{{3m + 2n}}.$Từ đó:

$\frac{{1 + {a^2}}}{{1 + 3b + {c^2}}} + \frac{{1 + {b^2}}}{{1 + 3c + {a^2}}} + \frac{{1 + {c^2}}}{{1 + 3a + {b^2}}} \ge \frac{{2m}}{{3n + 2k}} + \frac{{2n}}{{3k + 2m}} + \frac{{2k}}{{3m + 2n}}$

Đê có (1) cần chứng minh $\frac{m}{{3n + 2k}} + \frac{n}{{3k + 2m}} + \frac{k}{{3m + 2n}} \ge \frac{3}{5}\left( 3 \right)$

Bổ đề : $\frac{{{u^2}}}{x} + \frac{{{v^2}}}{t} \ge \frac{{{{\left( {u + v} \right)}^2}}}{{x + t}}\left( 4 \right)$(với $u,v,x,t \in \mathbb{R}$thỏa mãn $x,t > 0)$

$\left( 4 \right) \Leftrightarrow \left( {{u^2}t + {v^2}x} \right)\left( {x + t} \right) \ge xt{\left( {u + v} \right)^2} \ge 0$(đúng) nên (4) đúng

Vậy $\frac{m}{{3n + 2k}} + \frac{n}{{3k + 2m}} + \frac{k}{{3m + 2n}} = \frac{{{m^2}}}{{3mn + 2km}} + \frac{{{n^2}}}{{3nk + 2mn}} + \frac{{{k^2}}}{{3km + 2nk}}$

$ \ge \frac{{{{\left( {m + n} \right)}^2}}}{{3mn + 2km + 3nk + 2mn}} + \frac{{{k^2}}}{{3km + 2nk}} \ge \frac{{{{\left( {m + n + k} \right)}^2}}}{{5\left( {mn + nk + km} \right)}} \ge \frac{3}{5}$

(vì ${\left( {m + n + k} \right)^2} – 3\left( {mn + nk + km} \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {m – n} \right)}^2} + {{\left( {n – k} \right)}^2} + {{\left( {k – m} \right)}^2}} \right] \ge 0$

Nên ${\left( {m + n + k} \right)^2} \ge 3\left( {mn + nk + km} \right)\forall m,n,k \in \mathbb{R})$

Bất đẳng thức $\left( 3 \right)$đúng vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.

2. Chứng minh tồn tại 237 điểm thỏa mãn bài toán

Gọi P là tập hợp 1889 điểm đã cho. Tồn tại tam giác có diện tích lớn nhất trong các tam giác có 3 đỉnh thuộc P gọi là $\Delta ABC$có diện tích $S < 1;$Gọi $a,b,c$lần lượt là 3 đường thẳng đi qua $A,B,C$tương ứng song song với $BC,CA,AB.$ Gọi $D,E,F$ lần lượt là giao điểm của $a$ và b, $b$ và c, $c$ và a.

Giả sử có điểm $T \in P$ nằm bên ngoài tam giác $DEF$

  • Nếu T thuộc nửa mặt phẳng bờ DF không chứa B

Vẽ $TK \bot BC,AH \bot BC\left( {H,K \in BC} \right) \Rightarrow TK > AH \Rightarrow \frac{{TK.BC}}{2} > \frac{{AH.BC}}{2}$

$ \Rightarrow \Delta TBC$ có diện tích lớn hơn S, vô lý

Tương tự nếu T thuộc nửa mặt phẳng bờ $DE$ không chứa C hoặc nửa mặt phẳng bờ $EF$ không chứa A thì vô lý

Vậy $1889$ điểm đã cho không nằm bên ngoài $\Delta DEF$

$ADBC$là hình bình hành (vì $a//BC,b//AC) \Rightarrow BC = AD$và $AC = BD \Rightarrow \Delta ABC = \Delta BAD(c.c.c)$

Tương tự $\Delta ABC = \Delta ECB = \Delta CFA$

Gọi $M,N,L$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$

Tương tự $\Delta DEF$ chia thành 8 tam giác $\Delta ABM,\Delta ACM,\Delta DAL$$,\Delta DBL,\Delta EBM,\Delta ECM$$,\Delta FAN,\Delta FCN\left( 1 \right)$có diện tích bằng nhau gọi là ${S_1}$$ \Rightarrow {S_1} = \frac{1}{2}S < \frac{1}{2}$

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 8 tam giác ở (1) tồn tại 1 tam giác có ít nhất $\left[ {\frac{{1889 – 1}}{8}} \right] + 1 = 237$ điểm đã cho nằm bên trong hoặc trên cạnh.

3. Tính số cách bỏ 5 bút vào 5 hộp

– Để bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có một bút cần thực hiện liên tiếp các bước bỏ bút vào hộp màu xanh có 5 cách, hộp màu đen có 4 cách (trừ bút đã bỏ hộp màu xanh), tương tự hộp màu tím, đỏ , hồng có 3,2,1 cách. Vậy có $5.4.3.2.1 = 120$ (cách)

– Tương tự để bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có một bút mà có 1 hộp đựng bút cùng màu, 4 hộp còn lại đựng 4 bút còn lại thì có $1.4.3.2.1 = 24$ (cách). Có 5 trường hợp

– Tương tự để bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có một bút mà có 2 hộp với mỗi hộp đựng 3 bút cùng màu, 3 hộp còn lại đựng 3 bút còn lại thì có 6 cách. Có 10 trường hợp

– Tương tự để bỏ 5 cây bút vào 5 hộp đã cho, mỗi hộp chỉ có 1 bút mà lần lượt có $3,4,5$ hộp với mỗi hộp đựng bút cùng màu; các hộp còn lại đựng các hộp bút còn lại thì có $2,1,1$ (cách) . Tương ứng có 10, 5, 1 trường hợp (liệt kê)

Vậy số cách bỏ bút thỏa mãn là : $120 – \left( {5.24 – 10.6 + 10.2 – 5.1 + 1} \right) = 44$ (cách)

Câu 5.

  1. Chứng minh $ALMO$nội tiếp

Vì $M$ là trung điểm của dây $BC$của $\left( O \right) \Rightarrow OM \bot BC \Rightarrow \widehat {OMB} = {90^0}$hay $\widehat {OML} = {90^0}$

Mặt khác $OA \bot AL$ (vì $AL$là tiếp tuyến của $\left( O \right)$tại $A$) hay $\widehat {OAL} = {90^0}$

Vậy $\widehat {OML} + \widehat {OAL} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

Do đó tứ giác $ALMO$ nội tiếp đường tròn đường kính $OL$ (chứng minh trên) nên $\widehat {ODL} = {90^0}($góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $OL) \Rightarrow OD \bot LD$

Vậy $LD$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $D$

2. Chứng minh $MH \bot AK$

Có $\widehat {BEC} = {90^0}$(vì $BE$ là đường cao của $\Delta ABC)$.Tương tự $\widehat {BFC} = {90^0}$

Vậy $\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^0} \Rightarrow $ Tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn $\left( M \right)$đường kính $BC$ (tương tự tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn $\left( I \right)$ đường kính $AH,$ với $I$ là trung điểm của $AH)$$ \Rightarrow \widehat {BEF} = \widehat {BCF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF của $\left( M \right))$

Hay $\widehat {KEB} = \widehat {KCF}$mà $\widehat {EKB} = \widehat {CKF}$ (góc chung)

Vậy $\Delta KEB \sim \Delta KCF(g.g) \Rightarrow \frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KF}} \Leftrightarrow KB.KC = KE.KF$

Gọi $T$ là giao điểm của $AK$ với $\left( O \right)$ khác A. Tương tự $KT.KA = KB.KC$

Từ đó $KE.KF = KT.KA \Rightarrow \frac{{KE}}{{KA}} = \frac{{KT}}{{KF}}$Mà $\widehat {EKT} = \widehat {AKF}$(góc chung)

Vậy $\Delta EKT \sim \Delta AKF(c.g.c) \Rightarrow \widehat {KET} = \widehat {KAF}$hay $\widehat {FET} = \widehat {FAT}$

Mà hai điểm $E$và $A$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $TF$ nên tứ giác $AEFT$nội tiếp đưởng tròn $ \Rightarrow T \in \left( I \right) \Rightarrow \widehat {HTA} = {90^0} \Rightarrow HT \bot KA$

Vẽ đường kính $AP$ của $\left( O \right) \Rightarrow \widehat {ABP} = {90^0}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right))$

$ \Rightarrow BP \bot AB$

Mà $CF \bot AB$ (vì CF là đường cao của $\Delta ABC)$hay $CH \bot AB$

Vậy $BP//CH.$ Tương tự $CP//BH.$ Từ đó $HBPC$ là hình bình hành

$ \Rightarrow BC,HP$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn

Mà $M$là trung điểm BC (gt)$ \Rightarrow M$ là trung điểm $HP$

Mặt khác $\widehat {PTA} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa $\left( O \right)) \Rightarrow PT \bot KA$

Vậy 4 điểm $P,M,H,T$ thẳng hàng. Do đó $MH \bot KA$

Chứng minh $KH \bot AM$

Ta có $MH \bot KA(cmt) \Rightarrow AH \bot BC$ (vì $H$ là trực tâm của $\Delta ABC) \Rightarrow AH \bot KM$

Vậy $H$ là trực tâm của $\Delta AKM \Rightarrow KH \bot AM$

3. Chứng minh $A,N,D$ thẳng hàng: Vì tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn (cmt)

$ \Rightarrow \widehat {AEF} = \widehat {FBC}$(do cùng bù với $\widehat {CEF})$hay $\widehat {AEF} = \widehat {ABC}$mà $\widehat {EAF} = \widehat {BAC}$(góc chung)

Vậy $\Delta AEF \sim \Delta ABC(g.g) \Rightarrow \frac{{EA}}{{BA}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2EN}}{{2BM}}\,\,hay\,\,\frac{{EA}}{{BA}} = \frac{{EN}}{{BM}}$

Mà $\widehat {AEN} = \widehat {ABM}$(do $\widehat {AEF} = \widehat {FBC})$. Vậy

$\Delta AEN\sim\Delta ABM(c.g.c) \Rightarrow \widehat {EAN}=\widehat{BAM}$(1)

Mặt khác $\widehat {CAP} = \widehat {BAH}\left( 2 \right)$(vì $\widehat {CAP}$phụ với $\widehat {APC},\widehat {BAH}$phụ với $\widehat {ABQ},$với Q là giao điểm của $AH$và $BC,$mà $\widehat {ABQ} = \widehat {ABC} = \widehat {APC}$(do hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của $\left( O \right))$

Lấy $\left( 1 \right)$ trừ $\left( 2 \right)$ vế theo vế có $\widehat {OAN} = \widehat {HAM}$

Lại có $\widehat {HAM} = \widehat {OMA}$ (hai góc so le trong , vì $OM//AH)$

$\widehat {OMA} = \widehat {ODA}$(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của đường tròn đường kính $OL)$

Mà $\widehat {ODA} = \widehat {OAD\,}\,(\Delta OAD$ cân tại O do $OA = OD,$ bán kính (O))

Vậy $\widehat {OAN} = \widehat {OAD}$. Do đó ba điểm $A,N,D$ thẳng hàng.

Bài trướcĐề Thi Tuyển Sinh Toán 9 Vào Lớp 10 Chuyên Sở GD&ĐT TP Đà Nẵng Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoKỳ Thi Toán 9 Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Sở GD&ĐT Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây