Tập đề ôn thi tuyển vào lớp 10

GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 1 TẬP ĐỀ ễN THI TUYỂN VÀO LỚP 10 Đề : 1 Bài 1: Cho biểu thức: P = ( )         − +−         + + − − − 1 122 : 11 x xx xx xx xx xx a,Rút gọn P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bài 2: Cho ph−ơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*) a.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm âm. b.Tìm m để ph−ơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả m2n 3 2 3 1 xx − =50 Bài 3: Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) 2 2 18 1 . 1 72 x y x y x x y y  + + + =  + + = Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đ−ờng tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. b, Gọi P và Q lần l−ợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đ−ờng thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. Bài 5 Cho x>o ; 2 2 1 7x x + = Tớnh: 5 5 1 x x + Đáp án Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 1;0 ≠≥ x a, Rút gọn: P = ( ) ( ) ( ) 1 12 : 1 12 2 − − − − x x xx xx z P = 1 1 )1( 1 2 − + = − − x x x x b. P = 1 2 1 1 1 − += − + xx x Để P nguyên thì )(121 9321 0011 4211 Loaixx xxx xxx xxx −=⇒−=− =⇒=⇒=− =⇒=⇒−=− =⇒=⇒=− Vậy với x= { }9;4;0 thì P có giá trị nguyên. Bài 2: Để ph−ơng trình có hai nghiệm âm thì: GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 2 ( ) ( )       <+=+ >−+= ≥−+−+=∆ 012 06 06412 21 2 21 22 mxx mmxx mmm 3 2 1 0)3)(2( 025 −<⇔        −< >+− >=∆ ⇔ m m mm b. Giải ph−ơng trình: ( ) 50)3(2 33 =+−− mm        −− = +− = ⇔ =−+⇔=++⇔ 2 51 2 51 0150)733(5 2 1 22 m m mmmm Bà3. Đặt : ( ) ( ) 1 1 u x x v y y  = +  = + Ta có : 18 72 u v uv + =  = ⇒ u ; v là nghiệm của ph−ơng trình : 2 1 218 72 0 12; 6X X X X− + = ⇒ = = ⇒ 12 6 u v =  = ; 6 12 u v =  = ⇒ ( ) ( ) 1 12 1 6 x x y y  + =  + = ; ( ) ( ) 1 6 1 12 x x y y  + =  + = Giải hai hệ trên ta đ−ợc : Nghiệm của hệ là : (3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị. Bà4 a. Giả sử đ2 tìm đ−ợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH AB⊥ và BH AC⊥ => BD AB⊥ và CD AC⊥ . Do đó: ∠ ABD = 900 và ∠ ACD = 900 . Vậy AD là đ−ờng kính của đ−ờng tròn tâm O Ng−ợc lại nếu D là đầu đ−ờng kính AD của đ−ờng tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành. b) Vì P đối xứng với D qua AB nên ∠ APB = ∠ ADB nh−ng ∠ ADB = ∠ ACB nh−ng ∠ ADB = ∠ ACB Do đó: ∠ APB = ∠ ACB Mặt khác: ∠ AHB + ∠ ACB = 1800 => ∠ APB + ∠ AHB = 1800 Tứ giác APBH nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn nên ∠ PAB = ∠ PHB Mà ∠ PAB = ∠ DAB do đó: ∠ PHB = ∠ DAB Chứng minh t−ơng tự ta có: ∠ CHQ = ∠ DAC H O P Q D CB A GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 3 Vậy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + ∠ BHC = 1800 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c). Ta thấy ∆ APQ là tam giác cân đỉnh A Có AP = AQ = AD và ∠ PAQ = ∠ 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất D là đầu đ−ờng kính kẻ từ A của đ−ờng tròn tâm O Bài 5 Từ 2 2 2 2 1 1 1 1 7 2 7 9 3x x x x x x x x     + = ⇒ + − = ⇒ + = ⇒ + =        (do x>o) Nờn 5 4 3 2 4 2 5 2 3 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1x x x x x x x x x x x x x x x x       + = + − + − + = + − + +            ( )2 213 2 7 1 3 49 8 123x x    = + − − + = − =      ..HẾT Đề : 2 Câu1 : Cho biểu thức A= 2 )1( : 1 1 1 1 2 2233 − −       − + +       + − − x xx x x x x x x Với x≠ 2 ;±1 .a, Ruý gọn biểu thức A .b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 6 4 2+ c. Tìm giá trị của x để A=3 Câu2.a, Giải hệ ph−ơng trình: 2( ) 4 3( ) 2 3 7 x y y x x y  − − = −  + = b. Giải bất ph−ơng trình: 3 2 2 4 2 20 3 x x x x x − − − + + <0 Câu3. Cho ph−ơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0 a)Xác định m để ph−ơng trình trên có nghiệm phõn biệt b)Xác định m để ph−ơng trình trên có nghiệm phõn biệt x1;x2 sao cho: 2 21 2 3x x+ = Câu 4. Cho nửa đ−ờng tròn tâm O , đ−ờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đ−ờng tròn đó D−ng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đ−ờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đ−ờng tròn b. chứng minh rằng :BK là tiếp tuyến của(o) c. chứng minh rằng :F là trung điểm của CK đáp án Câu 1: a. Rút gọn A= x x 22 − b.Thay x= 6 4 2 2 2+ = + vào A ta đ−ợc A= 2(4 2)+ GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 4 O K F E D CB A c.A=3 x2-3x-2=0=> x= 2 173 ± Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đ−ợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 Từ đó ta có 2( ) 4 3( ) 2 3 7 x y y x x y  − − = −  + = * 1 2 3 7 x y x y − =  + = (1) V * 4 2 3 7 x y x y − = −  + = (2) Giải hệ (1) ta đ−ợc x=2, y=1 Giải hệ (2) ta đ−ợc x=-1, y=3 Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm là x=2, y=1 hoặc x=-1; y=3 b) Ta có x3-4x2-2x-20=(x-5)(x2+x+4) mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 ; x2+x+4>0 với mọi x Vậy bất ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Ph−ơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 • a)Xét 2m-1≠0=> m≠ 1/2 và ,∆ = m2-2m+1= (m-1)2 > 0 m≠1 ta thấy pt có 2 nghiệm p.biệt với m≠ 1/2 và m≠1 b) m= 2 2 4 ± Câu 4: a. Ta có ∠ KEB= 900 mặt khác ∠ BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đ−ờng tròn) do CF kéo dài cắt ED tại D => ∠ BFK= 900 => E,F thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính BK. b. ∠ BCF= ∠ BAF Mà ∠ BAF= ∠ BAE=450=> ∠ BCF= 450 Ta có ∠ BKF= ∠ BEF Mà ∠ BEF= ∠ BEA=450(EA là đ−ờng chéo của hình vuông ABED)=> ∠ BKF=450 Vì ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B =>BK ⊥ OB=>BK là tiếp tuyến của(0) c)BF ⊥ CK tại F=>F là trung điểm HẾT Đề: 3 Bài 1: Cho biểu thức: ( ) ( )( )yx xyxyx yyyx xP −+−++−−+= 111))1)(( a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). Tìm x,y nguyên thỏa m2n phơng trình P = 2. Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) . a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung. Bài 3: Giải hệ phơng trình :        =++ =++ =++ 27 1 111 9 zxyzxy zyx zyx Bài 4: Cho đ−ờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đ−ờng tròn );( BCAC ≠≠ . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 5 Bài 5: Cho x >o ;y>0 thỏa m2n x+y=1 : Tỡm GTLN của A= x y+ Đáp án Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; 0;1;0;0 ≠+≠≥≥ yxyyx . *). Rút gọn P: ( ) ( )( ) ( ) (1 ) (1 ) 1 1 x x y y xy x y P x y x y + − − − + = + + − ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 1 x y x x y y xy x y x y x y − + + − + = + + − ( )( ) ( )( )( )1 1 x y x y x xy y xy x y x y + − + − + − = + + − ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 x x y x y x x x y + − + + + − = + − ( )1 x y y y x y − + − = − ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y y y y y − + − − = − .x xy y= + − Vậy P = .yxyx −+ b). P = 2 ⇔ .yxyx −+ = 2 ( ) ( ) ( )( ) 111 111 =+−⇔ =+−+⇔ yx yyx Ta có: 1 + 1y ≥ ⇒ 1 1x − ≤ 0 4x⇔ ≤ ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; 3 ; 4 Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả m2n Bài 2: a). Đ−ờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng thẳng (d) là : y = mx + m – 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình: - x2 = mx + m – 2 ⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*) Vì phơng trình (*) có ( ) mmmm ∀>+−=+−=∆ 04284 22 nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b). A và B nằm về hai phía của trục tung ⇔ p.trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2. Bài 3 : ( ) ( )     =++ =++ =++ 327 )2(1 111 19 xzyzxy zyx zyx ĐKXĐ : .0,0,0 ≠≠≠ zyx GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 6 Q N M O C B A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 81 2 81 81 2 27 2( ) 2 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y z x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x x y x y y z y z x y z z xz x ⇒ + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + = − + + ⇔ + + = ⇒ + + = + + ⇒ + + − + + = ⇔ − + − + − =  − = =   ⇔ − = ⇔ = ⇔ = =    = − =  Thay vào (1) => x = y = z = 3 . Ta thấy x = y = z = 3 thõa m2n hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3. Bài 4: a). Xét ABM∆ và NBM∆ . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) nên :AMB = NMB = 90o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => BAN∆ cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). => MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét MCB∆ và MNQ∆ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) ∠ BMC = ∠ MNQ ( vì : ∠ MCB = ∠ MNC ; ∠ MBC = ∠ MQN ). => )...( cgcMNQMCB ∆=∆ => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có ⇒⊥ BQAC AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = R)15( − Bài 5:) Do A > 0 nên A lớn nhất ⇔ A2 lớn nhất. Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1) Ta có: 2 yx + xy≥ (Bất đẳng thức Cô si) => 1 > 2 xy (2) Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2 Max A2 = 2 x = y = 2 1 , max A = 2 x = y = 2 1 . Đề 4 Câu 1: Cho hàm số f(x) = 442 +− xx a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = 4 )( 2 −x xf khi x ≠ 2± GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 7 Câu 2: Giải hệ ph−ơng trình    +−=+− −+=− )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yxyx yxyx Câu 3: Cho biểu thứcA =         − +        − − − − + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx với x > 0 và x ≠ 1 a) Rút gọn A b) Tìm giá trị của x để A = 3 Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đ−ờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đ−ờng vuông góc hạ từ A đến đ−ờng kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Câu 5: Cho ph−ơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Tìm m để ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa m2n: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = 2)2(44 22 −=−=+− xxxx Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b)    −= = ⇔   −=− =− ⇔= 8 12 102 102 10)( x x x x xf c) )2)(2( 2 4 )( 2 +− − = − = xx x x xf A Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra 2 1 + = x A Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra 2 1 + −= x A Câu 2 ( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4 ( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0 x y x y xy x xy y x x y x y x y xy y x xy y x x y − = + − − = + − − − = − =    ⇔ ⇔ ⇔    − + = − + − + − = − + − + = =    x -2 y 2 Câu 3 a) Ta có: A =         − +        − − − − + 1 : 1 1 1 1 x x x x x x xx =         − + − −         − − − +− +−+ 11 )1( : 1 1 )1)(1( )1)(1( x x x xx x x xx xxx =         − +−         − − − − +− 1 : 1 1 1 1 x xxx x x x xx = 1 : 1 11 −− +−+− x x x xxx = 1 : 1 2 −− +− x x x x = x x x x 1 1 2 − ⋅ − +− = x x−2 b) A = 3 => x x−2 = 3 => 3x + x - 2 = 0 => x = 2/3 A P GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 8 Câu 4 Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có CB CH PB EH = ; (1) Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => ∠ POB = ∠ ACB (hai góc đồng vị) => ∆ AHC ∞ ∆ POB Do đó: OB CH PB AH = (2) Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đ−ờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có .)2( 2PB AH.CB 2PB AH.CB AH2 −= R ⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB ⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2 ⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB 2 222 222 222 2222 d Rd.2.R 4R)R4(d Rd.8R (2R)4PB 4R.2R.PB CB4.PB 4R.CB.PB AH − = +− − = + = + =⇔ Câu 5 Để ph−ơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì ∆ > 0 (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0 Từ đó suy ra m ≠ 1,5 (1) Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có: ⇔          =− − = − −=+ 114x3x 2 1m .xx 2 12m xx 21 21 21          = − − − = = 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 8m-26 77m x 7 4m-13 x 1 1 Giải ph−ơng trình 11 8m-26 77m 4 7 4m-13 3 = − − ta đ−ợc m = - 2 và m = 4,125 (2) đ k (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph trình có hai nghiệm phân biệt thỏa m2n: 3 x1 -4 x2 = 11 HẾT.. GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 9 Đề 5 Câu 1: Cho P = 2 1 x x x + − + 1 1 x x x + + + - 1 1 x x + − a/. Rút gọn P. b/. Chứng minh: P < 1 3 với x ≥ 0 và x ≠ 1. Câu 2: Cho ph−ơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số. a/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có nghiệm. b/. Tìm m để ph−ơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia. Câu 3: a/. Giải ph−ơng trình : 1 x + 2 1 2 x− = 2 Câu 4: Cho ABC
cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đ−ờng tròn ngoại tiếp BCD
. Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. Cõu5. Cho ba số x, y, z tho2 m2n đồng thời : 2 2 22 1 2 1 2 1 0x y y z z x+ + = + + = + + = Tính giá trị của biểu thức : 2009 2009 2009A x y z= + + . . Đáp án Câu 1: Điều kiện: x ≥ 0 và x ≠ 1 P = 2 1 x x x + − + 1 1 x x x + + + - 1 ( 1)( 1) x x x + + − = 3 2 ( ) 1 x x + − + 1 1 x x x + + + - 1 1x − = 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 1) x x x x x x x x + + + − − + + − + + = ( 1)( 1) x x x x x − − + + = 1 x x x+ + b/. Với x ≥ 0 và x ≠ 1 .Ta có: P < 1 3 ⇔ 1 x x x+ + < 1 3 ⇔ 3 x 0 ) ⇔ x - 2 x + 1 > 0 ⇔ ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x ≥ 0 và x ≠ 1) Câu 2:a/. Ph−ơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ’ ≥ 0. ⇔ (m - 1)2 – m2 – 3 ≥ 0 ⇔ 4 – 2m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2. b/. Với m ≤ 2 thì (1) có 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có: GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 10 2 3 2 2 .3 3 a a m a a m + = −  = − ⇒ a= 1 2 m − ⇒ 3( 1 2 m − )2 = m2 – 3 ⇔ m2 + 6m – 15 = 0 ⇔ m = –3 ± 2 6 ( thõa m2n điều kiện). Câu 3: Điều kiện x ≠ 0 ; 2 – x2 > 0 ⇔ x ≠ 0 ; x < 2 . Đặt y = 22 x− > 0 Ta có: 2 2 2 (1) 1 1 2 (2) x y x y  + =   + =  Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = - 1 2 * Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của ph−ơng trình: X2 – 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ x = y = 1. * Nếu xy = - 1 2 thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của ph−ơng trình: X2 + X - 1 2 = 0 ⇔ X = 1 3 2 − ± Vì y > 0 nên: y = 1 3 2 − + ⇒ x = 1 3 2 − − Vậy ph−ơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 = 1 3 2 − − Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành ⇔ AB // CK ⇔

BAC ACK= Mà
1 2 ACK = sđ
EC = 1 2 sđ
BD =
DCB Nên

BCD BAC= Dựng tia Cy sao cho

BCy BAC= .Khi đó, D là giao điểm của
AB và Cy. Với giả thiết
AB >
BC thì
BCA >
BAC >
BDC . ⇒ D ∈ AB . Vậy điểm D xác định nh− trên là điểm cần tìm .Cõu5. Từ giả thiết ta có : 2 2 2 2 1 0 2 1 0 2 1 0 x y y z z x  + + =  + + =  + + = Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( ) ( ) ( )2 2 22 1 2 1 2 1 0x x y y z z+ + + + + + + + = O K D CB A GV:Mai Thành LB ĐỀ ễN THI VÀO LỚP 10 11 ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 0x y z⇒ + + + + + = 1 0 1 0 1 0 x y z + =  ⇔ + =  + = 1x y z⇒ = = = − ( ) ( ) ( )2009 2009 20092009 2009 2009 1 1 1 3A x y z⇒ = + + = − + − + − = − Vậy : A = -3. HẾT.