cho điểm m nằm ngoài (o; r) vẽ các tiếp tuyến ma,...

EF

D

A

M

O C

B

HÌNH HỌC - Thời gian ôn thi 6 buổi .

Toán chứng minh tứ giác nội tiếp Toán chứng minh hệ thức sử dụng đến kiến thức hệ thức lượng trong tam giác

vuông hay hai tam giác đồng dạng . Toán chứng minh 3 điểm thẳng hàng Toán chứng minh tia phân giác của một góc….. Toán chứng minh các đường thẳng song song , đồng quy Toán tìm quỹ tích của điểm ……………….. Toán tìm cực trị trong hình học……. Toán tìm số đo góc… Toán chưng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn…

Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là trung điểm đoạn AD. EC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng:

1) Tứ giác OEBM nội tiếp.2) MB2 = MA.MD.3) .4) BF // AM

Hướng dẫn giải1) Ta có EA = ED (gt) OE AD ( Quan hệ giữa đường kính và dây) = 900; = 900 (Tính chất tiếp tuyến)E và B cùng nhìn OM dưới một góc vuông Tứ giác OEBM nội tiếp.

2) Ta có sđ ( góc nội tiếp chắn cung BD)

sđ ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD)

. Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:

Góc M chung, đồng dạng với

MB2 = MA.MD

3)Ta có: = sđ ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); sđ (góc

nội tiếp) .4)Tứ giác MFOC nội tiếp ( = 1800) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC), mặt khác (theo câu 3) BF // AM.

Bài 2:Cho điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O; R). Vẽ đường kính AC, tiếp tuyến tại C của đường tròn (O; R) cắt AB ở D. Chứng minh rằng:

1. Tứ giác MAOB nội tiếp 2. AB.AD = 4R3. OD vuông góc với MC

Hướng dẫn giải ( H/s tự vẽ hình)

j

K

IE

F

D

C

O

BA

M

1.Xét tứ giác MAOB có: MAO = 90 ( Do MA tiếp tuyến )

MBO = 90 ( Do MB tiếp tuyến )

Do đó MAO + MBO = 180

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp ( vì có tổng hai góc đối bằng 180 )

2.Ta có ACD = 90 ( Do DC là tiếp tuyến )

ABC = 90 ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

ACD vuông tại C , có đường cao CB , Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có

AB.AD = AC (đpcm)

3. Gọi MO cắt AB tại I,MC cắt OD tại H.

Ta có MAO = ACD = 90 ;

AMO = CAD ( Cùng phụ với MAI)

(g- g)

mà AO = CO Nên ;

MAC = OCD = 90

(c-g-c)

ACM = ODC mà MCD = AMC (so le trong )

Vậy OD MC (đpcm)

Bài 3:Cho đường tròn (O; R) và dây AB, vẽ đường kính CD vuông góc với AB tại K (D thuộc cung nhỏ AB). Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC. DM căt AB tại F.

a. Chứng minh tứ giác CKFM nội tiếp.b. Chứng minh: DF.DM = AD2.c. Tia CM cắt đường thẳng AB tại E. Tiếp tuyến tại M của (O) cắt AF tại I. Chứng minh:

IE = IF.

d. Chứng minh:

Hình vẽVì ; Mà (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )

Tứ giác CKFM nội tiếp HS chứng minh: DF.DM = DK.DC (Do )Chứng minh: DK.DC = AD2 (Pitago trong tam giác vuông ADC có AK đường cao)Suy ra: DM.DF = AD2

HS lập luận chỉ ra: cân tại I (1)Mà ; ( Vì MEF vuông tại M)

Mặt khác theo c/m trên: cân tại I ; Từ (1) và (2) suy ra: IF = IETa có KA = KB (T/c đường kính vuông góc dây cung)

HS chứng minh

Mà KD. KC = KB2 (Pitago trong tam giác vuông CBD có BK là đường cao)(KB +BF)KF = KB2

Bài 4: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.2) Chứng minh 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác

vuông cân tại C.

H

OA B

CM

K

E

Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.Ta có ( do chắn nửa đường tròn đk AB)

(do K là hình chiếu của H trên AB)=> nên tứ giác CBKH nội tiếp

Chứng minh

Ta có (do cùng chắn của (O))

và (vì cùng chắn .của đtròn đk HB)Vậy

Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C

Vì OC AB nên C là điểm chính giữa của cung AB

//

=

O

M

H

K

D

C

BA

AC = BC và Xét 2 tam giác MAC và EBC có MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và = vì cùng chắn cung của (O) MAC và EBC (cgc) CM = CE tam giác MCE cân tại C (1)

Ta lại có (vì chắn cung ) (tính chất tam giác MCE cân tại C)Mà (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) (2)

Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C

Bài 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính giữa cung AC. Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia OM ở D. OD cắt AC tại H.

1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp. 2. Chứng minh CD = MB và DM = CB. 3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa

đường tròn. 4. Trong trường hợp AD là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn (O), tính diện tích phần

tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) theo R.Hướng dẫn

.3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa

đường tròn. AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) .

có AK CD và DH AC nên M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM ADVậy CM // AB .Mà nên = 600.4. Tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài (O) theo R: Gọi S là diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O). S1 là diện tích tứ giác AOCD. S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm AOC. Ta có: S = S1 – S2 hình 3 Tính S1: AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) .

Do đó: AD = AO. tg 600 = SADO =

(c.g.c) SAOD = SCOD SAOCD = 2 SADO = 2. = .

Tính S2:

S quạt AOC = =

Tính S:

S = S1 – S2 = – = = (đvdt)

Bài 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD (F AD; F O).a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF;c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO.

Giải:

O

M

F

E

D

C

B

A

a) Ta có: (Do chắn nữa đương tròn đường kính AD ) (1) (Do ) (2)

Từ (1)và (2) suy ra: nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đương kính AE.b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đương kính DE (Hsinh tự c/m)

(cùng chắn ) (3)Mặt khác trong (O) ta củng có (cùng chắn ) (4)Từ (3) và (4) suy ra: .Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm)

c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO.Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF.

cân tại M, hay MD = CM. (5)Mặt khác Ta chứng minh được hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên

(6)

Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm)Bài 7

Cho Đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Đường tròn đờng kính AO cắt đường tròn (O; R) tại M và N. Đường thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C (d không qua O; điểm B nằm giữa hai điểm A và C). Gọi H là trung điểm của BC.1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đường tròn đường kính AO.2) Đường thẳng qua B vuông góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng:a) <AHN = <BDN.b) Đường thẳng DH song song với đường thẳng MC.c) HB + HD > CD.Hướng dẫnTừ (a) Ta có tứ giác BDHN nội tiếp.Suy ra <HDN = <HBN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN)(5)Trong đường tròn (O) ta lại có:

<HBN = <CMN (6)

Từ (5) và (6) ta có <HDN = <CMN Mà hai góc này ở vị trí so le trong của hai đường thẳng DH và MC.Nên HD //MC

c) HB + HD > CD.áp dụng BĐT tam giác trong tam giác DHC ta có:CH + HD > CD (7)Theo giả thiết ta lại có H là trung điểm của BC, nên HB = HC (8)Từ (7) và (8) ta có HB + HD > CD (đpcm)

Bài 8:: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh . c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.Câu 4:

a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: AMCO là tứ

giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

(góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn) (1)Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC

(2).

xN

I

H

E

DMC

O BA

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)

Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). Từ (3) và (4) suy ra c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5).

Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì

(6).Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.Bài 9 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Ax là tia tiếp tuyến của nửa đường tròn (Ax và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB), từ điểm C trên nửa đường tròn (C A,B) vẽ tiếp tuyến CM cắt Ax tại M, hạ CH vuông góc với AB, MB cắt (O) tại Q và cắt CH tại N.a) Chứng minh MA2 = MQ.MBb) MO cắt AC tại I. Chứng minh tứ giác AIQM nội tiếpc) Chứng minh .Vẽ hình đúng:

I

O

N

Q

H

C

M

BA

x

a. Kẻ AQ, ta có: = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

ABM vuông tại A có AQ BM Nên ta có: MA2 = MQ.MB (Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông).

b.Kẻ BC, ta có: = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (1)

OA = OC (bằng bàn kính đường tròn (O)), MA = MC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC

(2)

Từ (1) và (2) BC // OM ( Cùng ) (So le trong) . Hay (3)

Mặt khác: (4) (Hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung QC )Từ (3) và (4) suy ra ( Cùng bằng ).

M và A cùng nhìn QI cố định dưới góc bằng nhau nên tứ giác AIQM nội tiếp.

c. Tứ giác AIQM nội tiếp (5). (6) (Hai góc kề bù) Từ (5) và (6) (7) (Cùng bù với )Mặt khác: (8) ( So le trong )Từ (7) và (8) hay tứ giác CQIN nội tiếp

Tứ giác CQIN nội tiếp (9) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). (10) (Hai góc nội tiếp đường trong (O) cùng chắn cung BC)

Từ (9) và (10) (Cùng bằng ) IM // AB ( Có cặp góc đồng vị bằng nhau)

Do (gt) .

Bài 10:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H thuộc đoạn thẳng AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.1. Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp đường tròn.2. Chứng minh tam giác IED là tam giác cân.3. Đường thẳng qua I và song song với AB cắt BC tại K. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD là trung điểm của đoạn CK.

KI

E

C

A OB

H

D

a) Ta có: CH AB (gt) (1)

Lại có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2) T ừ (1) v à (2)

Tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn ( tổng 2 góc đối bằng 1800) b) Xét nửa đường tròn (O) có

sđ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

Lại có : sđ (Góc nội tiếp của đường tròn (O))

(3)Lại có: (cùng bù với góc ) (4) Từ (3) và (4) . Do đó cân tại E. c)Vì IK//AB (gt)nên ( hai góc đồng vị)Mà (góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O))Nên Suy ra tứ giác DCIK nội tiếp (5) Ta có ; IK//AB(gt) nên (6)

Từ (5) và (6) ta có CK là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD là trung điểm của đoạn CK.

Bài 11:Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N.

1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh và .

3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .

4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Hướng dẫn ( HS tự vẽ hình)

Xét tứ giác BIEN có

góc IEN = góc IBN = 90o.

góc IEN + góc IBN = 180o.

tứ giác IBNE nội tiếp

góc ENI = góc EBI = ½ sđ AE (*)

Do tứ giác AMEI nội tiếp

=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**)

Từ (*) và (**) suy ra

góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.

3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có

góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o)

DAMI ~ D BNI ( g-g)

AM.BN = AI.BI

4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ

Do tứ giác AMEI nội tiếp

nên góc AMI = góc AEF = 45o.

Nên tam giác AMI vuông cân tại A

Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B

AM = AI, BI = BN

Áp dụng pitago tính được

Vậy ( đvdt)

Bài 12: Cho (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N thuộc (O)). Qua A vẽ một đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm B, C phân biệt (B nằm giữa A, C). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng BC

a) Chứng minh rằng tứ giác AMHN nội tiếp b) Chứng minh rằng c) Đường thẳng qua B song song với AM cắt đoạn thẳng MN tại E. Chứng minh rằng EH //

MCHướng dẫn ( H/s tự vẽ hình)

a) Theo gt AM, AN là các tiếp tuyến với (O) nên

Ta lại có HB = HC (gt) OH BC (đường kính đi qua trung điểm dây cung) . Do đó => Năm điểm A, M, O, H, N cùng thuộc một đường tròn Suy ra tứ giác AMHN nội tiếp được đường tròn

b) Xét DAMB và DACM có chung và (góc giữa tiếp tuyến và dây cung,

gốc nội tiếp cùng chắn ) nên DAMB đồng dạng với DACM (đpcm)

c) Theo câu a, tứ giác AMHN nội tiếp (góc nội tiếp cùng chắn )Mặt khác, BE // AM (gt) (đồng vị). Do đó hay ,

suy ra tứ giác HNBE nội tiếp được. Từ đó ta có (góc nội tiếp cùng chắn ); (góc nội tiếp cùng chắn

)Suy ra EH // MC.

Bài 13:Cho đường tròn cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn , kẻ các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC.a) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp.b) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng: c) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao?d) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để .

EK

I

B

N

M

OA

C

1) Tứ giác AMON nội tiếp

2)

3) Ta có mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO.

Giới hạn: Khi

Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên của đường tròn đường kính AO.

4)

(vì NA=MA)

Do đó

Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với

Bài 14: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC.3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải1. Theo giả thiết MN AB tại I

mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nêntứ giác IECB là tứ giác nội tiếp.2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểmchính giữa của nên (hai

góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay , lại có là góc chung do đó tam

giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM2 = AE.AC.

3. Theo trên AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DECM. Nối MB ta có = 900, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp DECM phải nằm trên BM.

Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O1M.

Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. Bài 15. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E.

1. Chứng minh AE = EB.2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đường

trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp

tam giác BDE.Lời giải:

1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => DAEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.

F

1

1

1

2

/

/ _

_

KH

I

E

D

O

CB

A

2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đường trung bình của tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE tại E => IK HE tại K (2).Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.

3. theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB. ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.Ta có DODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3) DIBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4)Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH AC tại F => DAEB có AFB = 900 .Theo trên DADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5).Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

Bài 16: Cho đường tròn (O; R) A là điểm cố định nằm ngoài (O). Qua A kẻ các tiếp tuyến AM, AN và cát

tuyến ABC (M, N, B, C (O) và B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC.

a. Chứng minh AN2 = AM2 = AB.AC.

b. Chứng minh 5 điểm A; M; H; O; N cùng nằm trên một đường tròn.

c. Khi cát tuyến ABC quay quanh điểm A thì trọng tâm tam giác MBC chạy trên đường nào?

KH

C

N

M

I OA

B

G

a Xét 2 tam giác AMB và ACM có : Â chung ; (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây

cung cùng chắn cung BM ) đồng dạng (g-g) nên

AM2 = AB.AC. Mặt khác AM = AN ( t/c 2 tt cắt nhau) nên AN2 = AM2 = AB.AC.

b Ta có: nên các điểm M; H; N nằm trên đường tròn đường kính AO, hay 5 điểm

A; M; H; N; O cùng nằm trên một đường tròn đường kính AO

c Gọi I là trung điểm AO I cố định. MI = IH = Không đổi. Gọi K là điểm nằm trên MI sao cho

MK = K cố định . Ta lại có KG = vậy G nằm trên đường tròn tâm K (cố định) bán kính

(IH không đổi)

Bài tập 17. (3,5 điểm)Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Tia

AO cắt đương tròn (O) tại D.a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường trònb) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.

c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC

a) Tứ giác BCEF có: (gt)=> Tứ giác BCEF nội tiếpb) Ta có = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đtròn)

=> BD AB mà CH AB => BD // CHC/m tương tự: CD // BH=> BHCD là hình bình hành

c) BHCD là hình bình hành , M là trung điểm của BC=> M là trung điểm của HD=> OM là đường trung bình của AHD

=> MO = AH

+ C/m được MGO ഗ AGH (g.g) =>

=> MG = AG => AG = AM

Mà AM là đường trung tuyến của ABC=> G là trọng tâm của ABCBài 18:

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba đường cao AK; BE; CD cắt nhau ở H.

1/Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.

2/Chứng minh :AD.AB=AE.AC.

3/Chứng tỏ AK là phân giác của góc DKE.

4/Gọi I; J là trung điểm BC và DE. Chứng minh: OA//JI.

Hướng dẫn

G

M

H

E

F

D

O

A

B C

4/C/m JI//AO. Từ A dựng tiếp tuyến Ax.

Ta có sđ xAC= sđ cung AC (góc giữa tt và một dây)

.Mà sđABC= sđ cung AC (góc nt và cung bị chắn)

Ta lại có góc AED=ABC(cùng bù với góc DEC)

Vậy Ax//DE.Mà AOAx(t/c tiếp tuyến)AODE.Ta lại có do BDEC nt trong đường tròn tâm I DE

là dây cung có J là trung điểm JIDE(đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm)Vậy

IJ//AO

Bài 19. Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp

tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD.a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H.Chứng minh MH.MO = MC.MDc) Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD

d) Gọi Q là giao điểm của AB và OI. Chứng minh

e) * Chứng minh

d

Q

H

I

B

A

C

O

DM

a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)

I là trung điểm của CD A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.

b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)OA = OB

MO là đường trung trực của AB MO AB MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)

xAC=AED

sđ

(2)

Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD

tứ giác CHOD nội tiếp H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD.

c) Gọi Q là giao điểm của AB và OIHai tam giác vuông MIO và QHO có chung

(R là bán kính (O) không đổi)

O, I cố định độ dài OI không đổi lại có Q thuộc tia OI cố định Q là điểm cố định đpcm.

d) ( cân tại O)

=

= (3) (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Từ (3) và (4)

(5)

(chứng minh trên)

(6)

Từ (5) và (6)

PHẦN II: MỘT SỐ ĐỀ THI CÓ LỜI GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM---***----

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ THI MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)ĐỀ SỐ 1

Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P=

1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P.

2. Rút gọn P

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình :

1. Giải hệ phương trình với a=1

2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều đi

2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho.

Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O).

Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ

đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính BB’ của (O).

Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh

rằng:

1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn.

2. Đoạn thẳng ME = R.

3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán

kính của đường tròn đó.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng :

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM SỐ 1

Câu Đáp án, gợi ý ĐiểmC1.1(0,75 điểm)

Biểu thức P xác định 0,5

0,25C1.2 (1,25 điểm)

P=

0,25

0,5

0,5

C2.1 (1,0

Với a = 1, hệ phương trình có dạng: 0,25

điểm)

Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 0,25

0,25

0,25C2.2 (1,0 điểm)

-Nếu a = 0, hệ có dạng: => có nghiệm duy nhất

-Nếu a , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

(luôn đúng, vì với mọi a)Do đó, với a , hệ luôn có nghiệm duy nhất. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a.

0,25

0,25

0,25

0,25C3 (2,0 điểm)

Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4.

Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là: (m)

=> diện tích hình chữ nhật đã cho là: (m2)

Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật lần

lượt là: (m)

Khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm đi một nửa nên ta có phương trình:

………….=> (thoả mãn x>4); (loại vì không thoả mãn x>4)Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là (m).

0,25

0,25

0,25

0,250,25

0,5

0,25

C4.1 (1,0 điểm)

1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường trònTa có: (vì MB là tiếp tuyến)

(vì MC là tiếp tuyến)=> MBO + MCO == 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác MBOC nội tiếp(vì có tổng 2 góc đối =1800)=>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn

0,25

0,250,25

0,25C4.2 (1,0 điểm)

2) Chứng minh ME = R:Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’) => O1 = M1 (so le trong)Mà M1 = M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1)C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC)=> O1 = E1 (so le trong) (2)Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp=> MEO = MCO = 900 => MEO = MBO = BOE = 900 => MBOE là hình chữ nhật=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)

0,25

0,25

0,25

0,25C4.3 3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định:

(1,0 điểm)

Chứng minh được Tam giác MBC đều => BMC = 600

=> BOC = 1200 => KOC = 600 - O1 = 600 - M1 = 600 – 300 = 300

Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có:

Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường tròn tâm O, bán kính

= (điều phải chứng minh)

0,250,25

0,25

0,25

C5 (1,0 điểm)

Do đó,

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5 Cach 2: Đặt x = => x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4.

BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > hay (x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4

x3( -x) + y3( -y)+ z3( -z) > 0 (*).Ta xét 2 trường hợp:

- Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô , giả sử x thì x3 .Khi đo: x3 + y3 + z3 > ( do y, z > 0).

- Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ thì BĐT(*) luôn đung.Vậy x3 + y3 + z3 > được CM.

KỲ THI TUYỂN SINH THPTMÔN THI: TOÁN

(Thời gian làm bài 120 phút – Không kể thời gian giao đề cho thí sinh)ĐỀ SỐ 2---***---

Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình .

2) Giải hệ phương trình .

Câu II ( 1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức với .

Câu III (1,0 điểm)

Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 7cm. Tính độ dài

các cạnh của tam giác vuông đó.

Câu IV (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): và parabol (P): .

1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho

.

Câu V (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho AC < BC (C

A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E A) .

1) Chứng minh BE2 = AE.DE.2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh tứ giác

CHOF nội tiếp .3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.

Câu VI ( 1,0 điểm)

Cho 2 số dương a, b thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂMCâu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ)

1) 1,0 điểm

0,25

0,250,25

.Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -2 0,25

2) 1,0 điểm Từ (1)=>

0,25

<=>x=3 0,25Thay x=3 vào (2)=> <=>2y=2 0,25<=>y=1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25

Câu II (1,0đ)

0,25

0,25

0,25

=-10,25

Câu III (1,0đ)

Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) (điều kiện 0< x < 15)=> độ dài cạnh góc vuông còn lại là (x + 7 )(cm)Vì chu vi của tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là: 30–(x + x +7)= 23–2x (cm)

0,25

Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình 0,25

(1) Giải phương trình (1) được nghiệm x = 5; x = 48 0,25Đối chiếu với điều kiện có x = 5 (TM đk); x = 48 (không TM đk)Vậy độ dài một cạnh góc vuông là 5cm, độ dài cạnh góc vuông còn lại là 12 cm, độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm

0,25

Câu IV (2,0đ)

1) 1,0 điểm

Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y = 2x – m + 1 ta có 2.(-1) – m +1 = 3

0,25

-1 – m = 3 0,25 m = -4 0,25

Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3) 0,252) 1,0 điểm Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình

0,25

; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt

0,25

Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và ,Theo hệ thức Vi-et ta có .Thay y1,y2 vào

có

0,25

m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa mãn m<3)Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài

0,25

Câu V (3,0đ)

1) 1,0 điểm

Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài 0,25

VìBD là tiếp tuyến của (O) nên BD OB => vuông tại B 0,25Vì AB là đường kính của (O) nên AE BE 0,25Áp dụng hệ thức lượng trong ( ;BE AD) ta có BE2 = AE.DE

0,25

2) 1,0 điểm Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán

kính của (O)) => OD là đường trung trực của đoạn BC => (1)

0,25

Có CH // BD (gt), mà AB BD (vì BD là tiếp tuyến của (O)) 0,25=> CH AB => (2) 0,25

Từ (1) và (2) ta có => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25

3)1,0 điểm

Có CH //BD=> (hai góc ở vị trí so le trong) mà cân tại D => nên CB là tia phân giác của

0,25

do CA CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của

(3)

0,25

Trong có HI // BD => (4)0,25

Từ (3) và (4) => mà I là trung điểm của CH0,25

Câu VI(1,0đ)

Với ta có:

0,25

Tương tự có . Từ (1) và (2)

0,25

Vì mà .0,25

Khi a = b = 1 thì . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 0,25

E

IF

D

HA O

C

B

E

D

A O

C

B


(Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh)ĐỀ SỐ 3---***---

Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức . Tính giá trị của A khi x = 36

2) Rút gọn biểu thức (với )

3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên

Bài II (2,0 điểm). Hai người cùng làm chung một công việc trong giờ thì xong. Nếu mỗi người làm

một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc?Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.2) Chứng minh 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông

cân tại C4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong

cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn

thẳng HKBài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

GỢI Ý – ĐÁP ÁNBài I: (2,5 điểm)

1) Với x = 36, ta có : A =

2) Với x , x 16 ta có :

B = =

3) Ta có: .

Để nguyên, x nguyên thì là ước của 2, mà Ư(2) =Ta có bảng giá trị tương ứng:

1 2x 17 15 18 14

Kết hợp ĐK , để nguyên thì Bài II: (2,0 điểm)

Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ), ĐK

Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ)

Mỗi giờ người thứ nhất làm được (cv), người thứ hai làm được (cv)

Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm được = (cv)

Do đó ta có phương trình

5x2 – 14x – 24 = 0D’ = 49 + 120 = 169,

=> (loại) và (TMĐK)

Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ, người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ.

Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: , (ĐK: ).

Hệ .(TMĐK)

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1).

2) + Phương trình đã cho có D = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, mVậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: .

Khi đó: (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7 10m2 – 4m – 6 = 0 5m2 – 2m – 3 = 0

Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m = .

Trả lời: Vậy....

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Ta có ( do chắn nửa đường tròn đk AB)(do K là hình chiếu của H trên AB)

=> nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.2) Ta có (do cùng chắn của (O))

và (vì cùng chắn .của đtròn đk HB) Vậy

3) Vì OC AB nên C là điểm chính giữa của cung AB AC = BC và Xét 2 tam giác MAC và EBC có MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và = vì cùng chắn cung của (O) MAC và EBC (cgc) CM = CE tam giác MCE cân tại C (1)

Ta lại có (vì chắn cung ) (tính chất tam giác MCE cân tại C)

Mà (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) (2)Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm).

4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.Xét DPAM và D OBM :

Theo giả thiết ta có (vì có R = OB).

Mặt khác ta có (vì cùng chắn cung của (O)) DPAM ∽ D OBM

.(do OB = OM = R) (3)

Vì (do chắn nửa đtròn(O))

tam giác AMS vuông tại M. và (4)Mà PM = PA(cmt) nên Từ (3) và (4) PA = PS hay P là trung điểm của AS.

A B

C M

H

K O

E

A

B

C M

H

K

O

S

P E N

Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:

hay

Mà PA = PS(cmt) hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)Bài V: (0,5 điểm) Đối với bài toán này, thầy gợi ý một số cách giải sau để các em có thể lựa chọn.Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si)

Ta có M = =

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra x = 2y

x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y

Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 - = , dấu “=” xảy ra x = 2y

Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y

Cách 2: Ta có M =

Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ta có ,

dấu “=” xảy ra x = 2y

Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y

Từ đó ta có M ≥ 1 + = , dấu “=” xảy ra x = 2y


Cách 3: Ta có M =




Từ đó ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy ra x = 2y


Cách 4: Ta có M =




Từ đó ta có M ≥ + = 1+ = , dấu “=” xảy ra x = 2y




Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

, (Với a > 0 , a 1)

1. Chứng minh rằng :

2. Tìm giá trị của a để P = a

Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 3

1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt

2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ)

Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0

1. Giải phơng trình khi m = 4

2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) ( M khác A và B )

. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại

C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng:

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng

2. Tam giác COD là tam giác cân

3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường

tròn (O)

Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn :

Chứng minh rằng :

ĐÁP ÁN- GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 4

CÂU NỘI DUNG

1

1. Chứng minh rằng :

(ĐPCM)

2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a

=> .Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệma1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại

a2 = (Thoả mãn điều kiện)Vậy a = 2 thì P = a

2 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệtHoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trìnhx2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1 = -1 và x2 = Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1)Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9)Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ)Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ

1D C

B

A

9

3-1 0

Theo công thức cộng diện tích ta có:S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)

= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt)

3

1. Khi m = 4, ta có phương trình x2 + 8x + 12 = 0 có D’ = 16 – 12 = 4 > 0Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệtx1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6

2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệtx2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

4

1

2N

K

H

DIC

OA B

M

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng:Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) MC MO (1)Xét đường tròn (I) : Ta có MC MD (2)Từ (1) và (2) => MO // MD MO và MD trùng nhau O, M, D thẳng hàng www.VNMATH.com

2. Tam giác COD là tam giác cânCA là tiếp tuyến của đường tròn (O) CA AB(3)Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C CA CD(4)Từ (3) và (4) CD // AB => (*) ( Hai góc so le trong) CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) (**)Từ (*) và (**) Tam giác COD cân tại D

3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đờng tròn (O)* Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H. H (I) (Bài toán quỹ tích)DH kéo dài cắt AB tại K.Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)

=>

Ta có tứ giác NHOK nội tiếpVì có ( Cùng bù với góc DHN) (5)

* Ta có : (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))

DDHN DCOB (g.g)

Mà

DNHO DDHC (c.g.c)

Mà (5) , NK AB NK // AC K là trung điểm của OA cố định (ĐPCM)

5 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn :

Chứng minh rằng :

* C/M bổ đề: và .

Thật vậy

(Đúng) ĐPCM

Áp dụng 2 lần , ta có:

* Ta có : , tương tự Ta có: …

Ta chứng minh

Áp dụng Bổ đề trên ta có:

* Mà:

Từ (3) và (4) (2)Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh.Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1



C©u 1: 2,5 ®iÓm: Cho biÓu thøc A =

a) T×m ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh vµ tó gän A.

b) T×m tÊt c¶ çc gi¸ trÞ cña x ®Ó

c) T×m tÊt c¶ çc gi¸ trÞ cña x ®Ó ®¹t gi¸ trÞ nguyªn.

C©u 2: 1,5 ®iÓm:Qu¶ng ®êng AB dµi 156 km. Mét ngêi ®i xe m¸y tö A, mét ngêi ®i xe ®¹p tõ B. Hai xe xuÊt ph¸t cïng mét lóc vµ sau 3 giê gÆp nhau. BiÕt r»ng vËn tèc cña ngêi ®I xe m¸y nhanh h¬n vËn tèc cña ngêi ®I xe ®¹p lµ 28 km/h. TÝnh vËn tèc cña mçi xe?C©u 3: 2 ®iÓm:Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 2(m-1)x + m2 – 6 =0 ( m lµ tham sè).

a) Gi¶I ph¬ng tr×nh khi m = 3b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1, x2 tháa m·n

C©u 4: 4 ®iÓmCho ®iÓm M n»m ngoµi ®êng trßn t©m O. VÏ tiÕp tuyÕn MA, MB víi ®êng trßn (A, B lµ çc tiÕp ®iÓm). VÏ çt tuyÕn MCD kh«ng ®I qua t©m O ( C n»m gi÷a M vµ D), OM c¾t AB vµ (O) lÇn lît t¹i H vµ I. Chøng minh.

a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp.

b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI lµ tia ph©n gi¸c gãc MCH.

GỢI Ý – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5Câu 1: (2,5 điểm)

a, Với x > 0 và x 4, ta có:

A = = = ... =

b, A = > ... x > 4.

c, B = . = là một số nguyên ... là ước của 14 hay = 1,

= 7, = 14.

(Giải các pt trên và tìm x)

Câu 2: (1,5 điểm)

Gọi vân tốc của xe đạp là x (km/h), điều kiện x > 0

Thì vận tốc của xe máy là x + 28 (km/h)

Trong 3 giờ:

+ Xe đạp đi được quãng đường 3x (km),

+ Xe máy đi được quãng đường 3(x + 28) (km), theo bài ra ta có phương trình:

3x + 3(x + 28) = 156

Giải tìm x = 12 (TMĐK)

Trả lời: Vận tốc của xe đạp là 12 km/h và vận tốc của xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h)


a, Thay x = 3 vào phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 và giải phương trình:

x2 - 4x + 3 = 0 bằng nhiều cách và tìm được nghiệm x1 = 1, x2 = 3.

b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình

x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 , ta có:

và x12 + x2

2 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16

Thay vào giải và tìm được m = 0, m = -4

CÂU 4

A

D

C

M

I H

B

a, Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B nên các góc của tứ giác MAOB

vuông tại A và B, nên nội tiếp được đường tròn.

b, MAC và MDA có chung và = (cùng chắn ), nên đồng dạng. Từ đó suy

ra (đfcm)

c, MAO và AHO đồng dạng vì có chung góc O và (cùng chắn hai cung bằng

nhau của đường tròn nội tiếp tứ giác MAOB). Suy ra OH.OM = OA2

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông MAO và các hệ thức OH.OM = OA 2 MC.MD = MA2

để suy ra điều phải chứng minh.

d, Từ MH.OM = MA2, MC.MD = MA2 suy ra MH.OM = MC.MD (*)

Trong MHC và MDO có (*) và chung nên đồng dạng.

hay (1)

Ta lại có (cùng chắn hai cung bằng nhau) AI là phân giác của .

Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: (2)

MHA và MAO có chung và do đó đồng dạng (g.g)

(3) Từ (1), (2), (3) suy ra suy ra CI là tia phân giác của góc MCH



Câu I: (2,5 điểm)

1. Thực hiện phép tính:

HO

2. Cho biểu thức: P =

a) Tìm điều kiện của a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P.

Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là:

a) Hai đường thẳng cắt nhaub) Hai đường thẳng song song.

2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2).

Câu III: (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x 2 – 7x – 8 = 02. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện

Câu IV: (1,5 điểm)

1. Giải hệ phương trình

2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện

x + y > 1.

Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).a) Chứng minh AMOC là tứ giác nội tiếp đường tròn.b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.c) Chứng mình

ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 6Câu I: (2,5 điểm)1. Thực hiện phép tính:

2. Cho biểu thức: P =

a) Tìm điều kiện của a để P xác định: P xác định khi b) Rút gọn biểu thức P.

P = =

=

= =

Vậy với thì P =

Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là:

a) Để hàm số y = (m+3)x + 4 là hàm số bậc nhất thì m + 3 0 suy ra m -3.Đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau a a’

-1 m+3 m -4 Vậy với m -3 và m -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau.

b) Đồ thị của hàm số đã cho là Hai đường thẳng song song

thỏa mãn điều kiện m -3

Vậy với m = -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song.

2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2).Vì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 và y = 2 vào hàm số ta có phương trình 2 = a.(-1)2 suy ra a = 2 (thỏa mãn điều kiện a 0)Vậy với a = 2 thì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2).

Câu III: (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x 2 – 7x – 8 = 0 có a – b + c = 1 + 7 – 8 = 0 suy ra x1= -1 và x2= 8

2. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện .Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thì ’ 0 1 – m + 3 0 m 4Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) và x1. x2 = m – 3 (2)Theo đầu bài: = 6 (3)Thế (1) và (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2)2 – 2(m-3)=6 2m =12 m = 6 Không thỏa mãn điều kiện m 4 vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện .

Câu IV: (1,5 điểm)

1. Giải hệ phương trình

2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.

Mà x + y > 1 suy ra m + m + 1 > 1 2m > 0 m > 0.Vậy với m > 0 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1.

Câu V: (3,0 điểmHD Giải.

D

O

E

M

C

BA

a) nên tứ giác AMCO nội tiếp

b) . Tứ giác AMDE cóD, E cùng nhìn AM dưới cùng một góc 900

Nên AMDE nội tiếpc) Vì AMDE nội tiếp nên

Vì AMCO nội tiếp nên

Suy ra



Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức , với

a. Rút gọn biểu thức Qb. Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên.

Câu 2. (1,5 điểm)Cho phương trình , với x là ẩn số, a. Giải phương trình đã cho khi m – 2b. Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và . Tìm hệ thức liên hệ giữa và

mà không phụ thuộc vào m.

Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình , với

a. Giải hệ đã cho khi m –3b. Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó.

Câu 4. (2,0 điểm)Cho hàm số có đồ thị (P). Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M(0;1) và có hệ số góc k.a. Viết phương trình của đường thẳng db. Tìm điều kiện của k để đt d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt.

Câu 5. (2,5 điểm)Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai

đường cao BD và CE của tam giác ABC a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường trònb. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I

thẳng hàng

c. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng minh rằng

ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 7

Câu 1.

a.

Vậy

b. Q nhận giá trị nguyên

khi khi 2 chia hết cho

đối chiếu điều kiện thì

Câu 2. Cho pt , với x là ẩn số, a. Giải phương trình đã cho khi m – 2

Ta có phương trình

Vậy phương trinh có hai nghiệm và b.

Theo Vi-et, ta có

Suy ra

Câu 3. Cho hệ phương trình , với

a. Giải hệ đã cho khi m –3

Ta được hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm với b. Điều kiện có nghiệm của phương trình

Vậy phương trình có nghiệm khi và

Giải hệ phương trình khi

.

Vậy hệ có nghiệm (x; y) với

Câu 4. a. Viết phương trình của đường thẳng d

Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng Đường thẳng d đi qua điểm M(0; 1) nên

Vậy b.

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d, có

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi

Câu 5. a. BCDE nội tiếp

Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BCb. H, J, I thẳng hàngIB AB; CE AB (CH AB)Suy ra IB // CHIC AC; BD AC (BH AC)Suy ra BH // ICNhư vậy tứ giác BHCI là hình bình hành

J trung điểm BC J trung điểm IHVậy H, J, I thẳng hàng

c.

cùng bù với góc của tứ giác nội tiếp BCDE vì DABI vuông tại B

Suy ra , hay Suy ra DAEK vuông tại K

Xét DADM vuông tại M (suy từ giả thiết)DK AM (suy từ chứng minh trên)

Như vậy



Bài 1: (3, 0 điểm)Học sinh không sử dụng máy tính bỏ túia) Giải phương trình: 2x – 5 = 0

b) Giải hệ phương trình:

c) Rút gọn biểu thức với

d) Tính giá trị của biểu thức

Bài 2: (2, 0 điểm)

Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là và

(m là tham số, m 0).

a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).

b) Chứng minh rằng với mọi m 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3: (2, 0 điểm)Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từ Quy

Nhơn đi Bồng Sơn và một xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau, xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe ô tô là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe.

Bài 4: (3, 0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN.

a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.b) Chứng minh AK.AH = R2

Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB.

ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 8Bài 1:

a) 2x – 5 = 0

b)

c)

d)

Bài 2:a) Với và lần lượt trở thành .

Lúc đó phương trình hoành độ giao điểm của và là: có nên có hai nghiệm là .

Với Với Vậy tọa độ giao điểm của và là và .

b) Phương trình hoành độ giao điểm của và là:

.

Với thì là phương trình bậc hai ẩn x có

với mọi m. Suy ra luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Hay với mọi m 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.Bài 3:Đổi Đặt địa điểm :

- Quy Nhơn là A- Hai xe gặp nhau là C- Bồng Sơn là B

Gọi vận tốc của xe máy là . ĐK : .

Suy ra :Vận tốc của ô tô là .

Quãng đường BC là :

Quãng đường AC là :

Thời gian xe máy đi từ A đến C là :

Thời gian ô tô máy đi từ B đến C là :

100-1,5x1,5x

A BC

Vì hai xe khởi hành cùng lúc, nên ta có phương trình :

Giải pt :

Phương trình có hai nghiệm phân biệt : (thỏa mãn ĐK)

(không thỏa mãn ĐK)

Vậy vận tốc của xe máy là . Vận tốc của ô tô là . Bài 4:

a) Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp . Ta có : (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

hay

Tứ giác BCHK có tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

b)

Dễ thấy

c) có cân tại

có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt) cân tại

là tam giác đều

là tam giác cân (KI = KM) có nên là tam giác đều .

Dễ thấy cân tại B có nên là tam giác đều

Gọi E là giao điểm của AK và MI.

Dễ thấy KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau)

mặt khác nên tại E .

Ta có : mặt khác (cùng chắn )

hay

(đpcm)

KỲ THI TUYỂN SINH THPT

E

IH

N

M

CA

O B

K

MÔN THI: TOÁN(Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh)

ĐỀ SỐ 9---***---

Câu 1. (2 điểm)

1.Tính

2 .Xác định giá trị của a,biết đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua điểm M(1;5)

Câu 2: (3 điểm)

1.Rút gọn biểu thức: với a>0,a

2.Giải hệ pt:

3. Chứng minh rằng pt: luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.Giả sử x1,x2 là 2 nghiệm của pt đã cho,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Câu 3: (1,5 điểm) Một ôtô tải đi từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau 2 giờ 30 phút thì một ôtô taxi cũng xuất phát đi từ A đến B với vận tốc 60 km/h và đến B cùng lúc với xe ôtô tải.Tính độ dài quãng đường AB.Câu 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A sao cho OA=3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O),với P và Q là 2 tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) sao cho PM song song với AQ.Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp. 2.Chứng minh KA2=KN.KP 3.Kẻ đường kính QS của đường tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác của góc . 4. Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK .Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R.Câu 5: (0,5điểm) Cho a,b,c là 3 số thực khác không và thoả mãn:

Hãy tính giá trị của biểu thức

ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 9Câu Ý Nội dung Điểm1 1

KL:

1

2 Do đồ thị hàm số y = ax-1 đi qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5 a=6KL:

1

2 1

KL:

0,5

0,5

2

KL:

1

3 Xét Pt:

Vậy pt luôn có nghiệm với mọi m

Theo hệ thức Viet ta có

Theo đề bài

Vậy minB=1 khi và chỉ khi m = -1KL:

0,25

0,25

0,5

3 Gọi độ dài quãmg đường AB là x (km) x>0

Thời gian xe tải đi từ A đến B là h

Thời gian xe Taxi đi từ A đến B là : h

Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = nên ta có pt

Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK

Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4 1Xét tứ giác APOQ có

(Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P)(Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q)

,mà hai góc này là 2 góc đối nên tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp

0,75G

K

N

S

M

I

Q

P

AO

2 Xét AKN và PAK có là góc chung ( Góc nt……cùng chắn cung NP)

Mà (so le trong của PM //AQ

AKN ~ PKA (gg) (đpcm)

0,75

3 Kẻ đường kính QS của đường tròn (O)Ta có AQ QS (AQ là tt của (O) ở Q)Mà PM//AQ (gt) nên PM QS Đường kính QS PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ

(hai góc nt chắn 2 cung bằng nhau)

Hay NS là tia phân giác của góc PNM

0,75

4 Chứng minh được AQO vuông ở Q, có QG AO(theo Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

Do KNQ ~ KQP (gg) mà nên AK=KQVậy APQ có các trung tuyến AI và PK cắt nhau ở G nên G là trọng tâm

0,75

5 Ta có:

*TH1: nếu a+ b=0

Ta có ta có

Các trường hợp còn lại xét tương tự

0,25

0,25

Vậy



Bµi 1: Cho biÓu thøc: P =

a,Rót gän Pb,T×m x nguyªn ®Ó P cã gi¸ trÞ nguyªn.

Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)a.T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiÖm ©m.b.T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiÖm x1; x2 tho¶ m·n

=50Câu 3: Qu¶ng ®êng AB dµi 156 km. Mét ngêi ®i xe m¸y tö A, mét ngêi ®i xe ®¹p tõ B. Hai xe xuÊt ph¸t cïng mét lóc vµ sau 3 giê gÆp nhau. BiÕt r»ng vËn tèc cña ngêi ®i xe m¸y nhanh h¬n vËn tèc cña ngêi ®i xe ®¹p lµ 28 km/h. TÝnh vËn tèc cña mçi xe?

Bµi 4: Cho tam gi¸c cã çc gãc nhän ABC néi tiÕp ®êng trßn t©m O . H lµ trùc t©m cña tam gi¸c. D lµ mét ®iÓm trªn cung BC kh«ng chøa ®iÓm A.

a, X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÎm D ®Ó tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh.

b, Gäi P vµ Q lÇn lît lµ çc ®iÓm ®èi xøng cña ®iÓm D qua çc ®êng th¼ng AB vµ AC . Chøng minh r»ng 3 ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng.

c, T×m vÞ trÝ cña ®iÓm D ®Ó PQ cã ®é dµi lín nhÊt

ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 10

Bµi 1: (2 ®iÓm). §K: x

a, Rót gän: P = <=> P =

b. P = §Ó P nguyªn th×

VËy víi x= th× P cã gi¸ trÞ nguyªn.Bµi 2: §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ©m th×:

b. Gi¶i ph¬ng tr×nh:

Bµi 3 Gọi vân tốc của xe đạp là x (km/h), điều kiện x > 0

Thì vận tốc của xe máy là x + 28 (km/h)

Trong 3 giờ:

+ Xe đạp đi được quãng đường 3x (km),

+ Xe máy đi được quãng đường 3(x + 28) (km), theo bài ra ta có phương trình:

3x + 3(x + 28) = 156

Giải tìm x = 12 (TMĐK)

Trả lời: Vận tốc của xe đạp là 12 km/h và vận tốc của xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h)

Bµi 4a. Gi¶ sö ®· t×m ®îc ®iÓm D trªn cung BC sao cho tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh . Khi ®ã: BD//HC; CD//HB v× H lµ trùc t©m tam gi¸c ABC nªn CH vµ BH => BD vµ CD . Do ®ã: ABD = 900 vµ ACD = 900 . VËy AD lµ ®êng kÝnh cña ®êng trßn t©m O

HO

P

Q

D

CB

A

Ngîc l¹i nÕu D lµ ®Çu ®êng kÝnh AD cña ®êng trßn t©m O th× tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh.

b) V× P ®èi xøng víi D qua AB nªn APB = ADB nhng ADB = ACB nhng ADB = ACB Do ®ã: APB = ACB MÆt kh¸c:

AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800 Tø gi¸c APBH néi tiÕp ®îc ®êng trßn nªn PAB = PHBMµ PAB = DAB do ®ã: PHB = DABChøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng c). Ta thÊy APQ lµ tam gi¸c c©n ®Ønh A Cã AP = AQ = AD vµ PAQ = 2BAC kh«ng ®æi nªn c¹nh ®¸y PQ ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt AP vµ AQ lµ lín nhÊt hay AD lµ lín nhÊt

D lµ ®Çu ®êng kÝnh kÎ tõ A cña ®êng trßn t©m O

Bộ đề thi vào lớp 10 Nghệ An các NămSë gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi chuyÓn cÊp líp 10 tØnh nghÖ an TØnh nghÖ an N¡M HäC 2006 - 2007

Bµi 1(2®)

Cho biÓu thøc:

a) T×m ®iÒu kiÖn vµ rót gän Pb) T×m x ®Ó P>0

Bµi 2(1,5®) Trong mét kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 hai trêng THCS A vµ B cã tÊt c¶ 450 häc sinh dù thi. BiÕt sè häc sinh tróng tuyÓn cña trêng A b»ng 3/4 sè häc sinh dù thi cña trêng A, sè häc sinh tróng tuyÓn cña trêng B b»ng 9/10 sè häc sinh dù thi trêng B. Tæng sè häc sinh tróng tuyÓn cña hai trêng b»ng 4/5 sè häc sinh dù thi cña hai trêng. TÝnh sè häc sinh dù thi cña mçi trêng.Bµi3 (2,5®) Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 2(m+2)x + m2 – 9 = 0 (1)

a) Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi m = 1b) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖtc) Gäi hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) lµ x1; x2. H·y x¸c ®Þnh m ®Ó :

Bµi 4 (4®) Cho nöa ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB = 2 R. M lµ mét ®iÓm bÊt kú trªn nöa ®-êng trßn ®ã sao cho cung AM lín h¬n cung MB (M B). Qua M kÎ tiÕp tuyÕn d cña nöa ®êng trßn nãi trªn. KÎ AD; BC vu«ng gãc víi d trong ®ã D,C thuéc ®êng th¼ng d.

a) Chøng minh M lµ trung ®iÓm CD.b) Chøng minh AD.BC = CM2.c) Chøng minh ®êng trßn ®êng kÝnh CD tiÕp xóc víi ®êng th¼ng AB.d) KÎ MH vu«ng gãc víi AB (H thuéc AB) H·y x¸c ®Þnh vÞ trÝ M ®Ó diÖn tÝch tam

gi¸c DHC b»ng 1/4 diÖn tÝch tam gi¸c AMB.

Së gd&®t nghÖ an K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2007- 2008

M«n thi : To¸n ; Thêi gian 120 phót .PhÇn I . Tr¾c nghiÖm ( 2®iÓm ) .

Em h·y chän mét ph¬ng ¸n tr¶ lêi ®óng trong çc ph¬ng ¸n ( A,B,C,D ) cña tõng c©u sau råi ghi ph¬ng ¸n ®· chän vµo bµi lµm .C©u 1 . §å thÞ hµm sè y = 3x - 2 c¾t trôc tung t¹i ®iÓm cã tung ®é lµ

A. 2 B. -2 C. 3 D. .

C©u 2 . HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ A. (2;1) B. (3;2) C. (0;1) D. (1;2) .

C©u 3 . Sin300 b»ng B. C. D. .

C©u 4 . Tø gi¸c MNPQ néi tiÕp ®êng trßn (O) . BiÕt gãc MQP cã sè ®o lµ A.1300 B.1200 C.1100 D.1000 .

PhÇn II . Tù luËn ( 8®iÓm )

C©u 1 . Cho biÓu thøc A = .

a ) Nªu §KX§ vµ rót gän A .b ) T×m tÊt c¶ çc gi¸ trÞ cña x sao cho A < 0 .c ) T×m tÊt c¶ çc gÝ trÞ cña tham sè m ®Ó ph¬ng tr×nh A cã nghiÖm

C©u 2 . Hai xe m¸y khëi hµnh cïng mét lóc ®i tõ A ®Õn B . Xe m¸y thø nhÊt cã vËn tèc trung b×nh lín h¬n vËn tèc trung b×nh cña xe m¸y thø hai 10km/h , nªn ®Õn tríc xe m¸y thø hai 1 giê . TÝnh vËn tèc trung b×nh cña mçi xe m¸y biÕt r»ng qu¶ng ®êng AB dµi 120 km .

C©u 3 . Cho nöa ®êng trßn t©m O , ®êng kÝnh AB . §iÓm H n»m gi÷a A vµ B ( H kh«ng trïng víi O ) . §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i H , c¾t n÷a ®êng trßn trªn t¹i ®iÓm C . Gäi D vµ E lÇn llµ ch©n çc ®êng vu«ng gãc kÎ tõ H ®Õn AC vµ BC .

a ) Tø gi¸c HDCE lµ h×nh g× ? V× sao ?b ) Chøng minh ADEB lµ tø gi¸c néi tiÕp .c ) Gäi K lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ADEB . Chøng minh DE = 2KO .

.................................................................HÕt .................................................................

Së gd&®t nghÖ an k× thi tuyÓn sinh vµo líp 10thpt N¨m häc 2008 – 2009 M«n : To¸n Thêi gian : 120 phótI . phÇn tr¾c nghiÖm : (2,0 ®iÓm)Em h·y chän mét ph¬ng ¸n tr¶ lêi ®óng trong çc ph¬ng ¸n (A, B, C, D ) cña tõng c©u sau råi ghi ph¬ng ¸n ®· chän vµo bµi lµm .C©u 1 . (0,5 ®iÓm)

§å thÞ hµm sè y = -3x + 4 ®I qua ®iÓm :A. (0;4) B.(2;0) C(-5;3) D. (1;2)

C©u 2 . (0,5 ®iÓm) b»ng :

A. -7 B. -5 C. 7 D. 5 C©u3 . (0,5 ®iÓm)

H×nh trßn b¸n kÝnh 4cmth× cã diÖn tÝch lµ :A. 16 (cm2) B. 8 (cm2) C.4 (cm2) D.2 (cm2)

C©u4 . Tam gi¸c ABC vu«ng ë A , biÕt tgB = vµ AB = 4 .§é dµi c¹nh AC lµ :A. 2 B. 3 C. 4 D. 6

II . phÇn tù luËn : (8 ®iÓm)C©u1. (3®iÓm)

Cho biÓu thøc : P = a. Nªu ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh vµ rót gän biÓu thøc P .b. T×m çc gi¸ trÞ cña x ®Ó P = .

c. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc M = .C©u 2 . (2,0 ®iÓm)Hai ngêi thî cïng quÐt s¬n cho mét ng«i nhµ trong 2 ngµy th× xong viÖc . NÕu ngêi thø nhÊt lµm trong 4 ngµy råi nghØ vµ ngêi thø hai lµm tiÕp trong 1 ngµy th× xong viÖc . Hái mçi ngêi lµm mét m×nh th× bao l©u sÏ xong viÖc ?C©u 3 . (3,0 ®iÓm)

Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A . §êng trßn ®êng kÝnh AB c¾t BC t¹i M . Trªn cung nhá AM lÊy ®iÓm E

( ) . KÐo dµi BE c¾t AC t¹i F .a. Chøng minh , tõ ®ã suy ra MEFC lµ mét tø gi¸c néi tiÕp .b. Gäi K lµ giao ®iÓm cña ME vµ AC . Chøng minh AK2 = KE.KM .c. Khi ®iÓm E ë vÞ trÝ sao cho AE + BM = AB . chøng minh r»ng giao ®iÓm çc

®êng ph©n gi¸c cña vµ thuéc ®o¹n th¼ng AB .

………………………. HÕt …………………………….

Së gd & ®t nghÖ an k× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2009 - 2010 M«n thi : To¸n . Thêi gian : 120 phót

C©u 1 (3,0 ®iÓm ) . Cho biÓu thøc A = .a) Nªu ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh vµ rót gän A .b) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A khi x = . c) T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó A < 1 .

C©u 2 (2,5 ®iÓm ) . Cho ph¬ng tr×nh bËc hai víi tham sè m : 2x2 + ( m + 3 )x + m = 0 (1).a) Gi¶i ph¬ng tr×nh khi m = 2 .b) T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm x1 , x2 tho¶ m·n x1+ x2 = c) Gäi x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = .

C©u3 ( 1,5 ®iÓm ) . Mét thöa ruéng h×nh ch÷ nhËt cã chiÒu réng ng¾n h¬n chiÒu dµi 45m . TÝnh diÖn tÝch thöa ruéng , biÕt r»ng nÕu chiÒu dµi gi¶m 2 lÇn vµ chiÒu réng t¨ng 3 lÇn th× chu vi thöa ruéng kh«ng thay ®æi .C©u 4 ( 3,0 ®iÎm ) . Cho ®êng trßn ( O ; R ) , ®êng kÝnh AB cè ®Þnh vµ CD lµ mét ®êng kÝnh thay ®æi kh«ng trïng víi AB . TiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ( O ; R ) t¹i B c¾t ®êng th¼ng AC vµ AD lÇn lît t¹i E vµ F .

a) Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2 .b) Chøng minh tø gi¸c CEFD néi tiÕp ®îc ®êng trßn .c) Gäi I lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c CEFD . Chøng minh t©m I lu«n n»m trªn mét

®êng th¼ng cè ®Þnh .

.......................................................... HÕt..............................................................................

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT NghÖ an N¨m häc 2010 - 2011

M«n thi : To¸nThêi gian: 120 phót

C©u I (3,0 ®iÓm). Cho biÓu thøc A = .1. Nªu ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh vµ rót gän biÓu thøc A.2. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A khi x = 9.3. Khi x tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh. H·y t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cu¶ biÓu thøc B, víi B = A(x-1).

C©u II (2,0 ®iÓm). Cho ph¬ng tr×nh bËc hai sau, víi tham sè m : x2 - (m + 1)x + 2m - 2 = 0 (1)

1. Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi m = 2.2. T×m gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó x = -2 lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1).

C©u III (1,5 ®iÓm). Hai ngêi cïng lµm chung mét c«ng viÖc th× sau 4 giê 30 phót hä lµm xong c«ng viÖc. NÕu mét m×nh ngêi thø nhÊt lµm trong 4 giê, sau ®ã mét m×nh ngêi thø hai lµm trong 3 giê th× c¶ hai ngêi lµm ®îc 75% c«ng viÖc.

Hái nÕu mçi ngêi lµm mét m×nh th× sau bao l©u sÏ xong c«ng viÖc? (BiÕt r»ng n¨ng suÊt lµm viÖc cña mçi ngêi lµ kh«ng thay ®æi).

C©u IV (3,5 ®iÓm). Cho nöa ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB. §iÓm H cè ®Þnh thuéc ®o¹n th¼ng AO (H kh¸c A vµ O). §êng th¼ng ®i qua ®iÓm H vµ vu«ng gãc víi AO c¾t nöa ®êng trßn (O) t¹i C. Trªn cung BC lÊy ®iÓm D bÊt kú (D kh¸c B vµ C). TiÕp tuyÕn cña nöa ®êng trßn (O) t¹i D c¾t ®êng th¼ng HC t¹i E. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AD vµ HC.

4. Chøng minh tø gi¸c HBDI néi tiÕp ®êng trßn.5. Chøng minh tam gi¸c DEI lµ tam gi¸c c©n.6. Gäi F lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ICD. Chøng minh gãc ABF cã

sè ®o kh«ng ®æi khi D thay ®æi trªn cung BC (D kh¸c B vµ C).

--------------HÕt-------------

§Ò chÝnh thøc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠONGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1 THPTNĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁNThời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề)


Cho biểu thức A =

a) Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức A

b) Tim giá trị của x để A = .

c) Tìm giá trị lớn nhất cua biểu thức P = A - 9

Câu 2: (2,0 điểm)Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1) (m là tham số)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1.b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 – 2(x1 + x2) = 4

Câu 3: (1,5 điểm)Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B. Vận tốc của xe máy thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe máy thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ nhất đến B trước xe máy thứ hai 1 giờ. Tính vận tóc của mỗi xe ?

Câu 4: (3,5 điểm)Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC.

a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếpb) Chứng minh rằng AH.AO = AD.AEc) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ đường thẳng

vuông góc với OA cắt tia AB tại P và cắt tia AC tại Q.Chứng minh rằng IP + KQ PQ.

----- Hết ------

Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………….

ĐỀ CHÍNH THỨC

cho điểm m nằm ngoài (o; r) vẽ các tiếp tuyến ma,...

Documents