CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÁC TỈNH ĐỒNG BẰNG TÂY NAM BỘ.

/>TƯ LIỆU CHUYÊN MÔN TIỂU HỌC.

CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
CÁC TỈNH ĐỒNG BẰNG TÂY NAM BỘ.
NĂM 2015
/> />LỜI NÓI ĐẦU
Trong giai đoạn xã hội hóa và hội nhập quốc tế hiện nay,
nguồn lực con người Việt Nam trở nên có ý nghĩa quan trọng,
quyết định sự thành công của công cuộc phát triển đất nước.
Giáo dục ngày càng có vai trò và nhiệm vụ quan trọng trong
việc xây dựng thế hệ người Việt Nam mới, đáp ứng yêu cầu
phát triển kinh tế - xã hội. Đảng và nhà nước luôn quan tâm
và chú trọng đến giáo dục. Với chủ đề của năm học là “Tiếp
tục đổi mới quản lý và nâng cao chất lượng giáo dục” đối với
giáo dục phổ thông. Mà trong hệ thống giáo dục quốc dân, thì
bậc Trung học phổ thông có ý nghĩa vô cùng quan trọng là
hình thành nhân cách con người nhằm giúp học sinh hình
thành những cơ sở ban đầu cho sự phát triển đúng đắn và lâu
dài về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mĩ và các kĩ năng cơ
bản để học sinh tiếp tục học Trung học cơ sở. Để đạt được
mục tiêu trên đòi hỏi người dạy học phải có kiến thức sâu và
sự hiểu biết nhất định về nội dung chương trình sách giáo
khoa, có khả năng hiểu được về tâm sinh lí của trẻ, về nhu
cầu và khả năng của trẻ. Đồng thời người dạy có khả năng sử
dụng một cách linh hoạt các phương pháp và hình thức tổ
chức dạy học phù hợp với đối tượng học sinh. Căn cứ chuẩn
/> />kiến thức kỹ năng của chương trình lồng ghép giáo dục vệ
sinh môi trường, rèn kĩ năng sống cho học sinh. Coi trọng sự

tiến bộ của học sinh trong học tập và rèn luyện, động viên
khuyến khích không gây áp lực cho học sinh khi đánh giá.
Tạo điều kiện và cơ hội cho tất cả học sinh hoàn thành
chương trình và có mảng kiến thức dành cho đối tượng học
sinh năng khiếu. Việc nâng cao cất lượng giáo dục toàn diện
cho học sinh là nhiệm vụ của các trường phổ thông. Để có
chất lượng giáo dục toàn diện thì việc nâng cao chất lượng
đại trà là vô cùng quan trọng. Trong đó môn Toán có vai trò
vô cùng quan trọng giúp phát triển tư duy tốt nhất. Để có tài
liệu ôn luyện, khảo sát chất lượng học sinh học sinh lớp 10
THPT kịp thời và sát với chương trình học, tôi đã sưu tầm
biên soạn các đề thi vào lớp 10 THPT giúp giáo viên có tài
liệu ôn luyện. Trân trọng giới thiệu với thầy giáo và cô giáo
cùng quý vị bạn đọc tham khảo và phát triển tài liệu:
CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TUYỂN TẬP
CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CẤP
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÁC TỈNH ĐỒNG BẰNG
TÂY NAM BỘ. Chân trọng
cảm ơn!
/> />CHUYÊN ĐỀ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
CÁC TỈNH ĐỒNG BẰNG TÂY NAM BỘ.
TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN TOÁN
/> />SỞ GIÁO DỤC
& ĐÀO TẠO
TỈNH KIÊN

GIANG

ĐỀ CHÍNH
THỨC
(Đề thi có 01
trang)
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi: TOÁN (Không chuyên)
Thời gian: 120 phút (Không kể thời
gian giao đề)
Ngày thi: 25/6/2012
Bài 1. (1,5 điểm)
1/ Rút gọn: A =
(3 2 11)(3 2 11)
+ + + −
2/ Chứng minh rằng với a không âm, a khác 1, b tùy ý,
ta có:
ab + a - b a- 1 b a + 1
a - 1
1 + a
=
Bài 2. (1,5 điểm)
Cho (d
m
):
1
(1 )( 2)

2
m
y x m m
m
−
= + − +
+
1/ Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d
m
):
1
(1 )( 2)
2
m
y x m m
m
−
= + − +
+
vuông góc với đường thẳng (d):
1
3
4
y x
= −
(Cho biết hai đường thẳng vuông góc với nhau khi và
chỉ khi tích hệ số góc bằng -1)
/> />2/ Với giá trị nào của m thì (d
m
) là hàm số đồng biến.

Bài 3. (3 điểm)
1/ Chứng minh rằng phương trình sau có 2 nghiệm phân
biệt
1 2
, x x
với mọi giá trị m:
2
( 1) 3 0.x m x m− − + − =
Xác định các giá trị của m thỏa
mãn :
2 2
1 2 2 1
3x x x x
+ =
2/ Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành
các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4
chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng không
thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia
thành bao nhiêu dãy?
Bài 4. (1 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính
chu vi tam giác ABC, biết rằng:
CH = 20,3cm. Góc B bằng 62
0
. (Chính xác đến 6 chữ số thập
phân).
Bài 5. (3 điểm)
Cho đường tròn (O, 4cm), đường kính AB. Gọi H là
trung điểm của OA, vẽ dây CD vuông góc với AB tại H. Lấy
/> />điểm E trên đoạn HD (E ≠ H và E ≠ D), nối AE cắt đường

tròn tại F.
a) Chứng minh rằng AD
2
= AE . AF
b) Tính độ dài cung nhỏ BF khi HE = 1 cm (chính xác
đến 2 chữ số thập phân)
c) Tìm vị trí điểm E trên đoạn HD để số đo góc EOF
bằng 90
0
HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ KHÔNG CHUYÊN
B
ÀI
NỘI DUNG
1.
1
A =
2
2
(3 2 11)(3 2 11) (3 2) 11 9 6 2 2 11 6 2
+ + + − = + − = + + − =
1.
2
Với a ≥ 0, a ≠ 1 và b tùy ý ta có:
ab + a - b a- 1 b a( a-1)+( a-1) (b a + 1)( a 1) b a 1
a - 1
(1 a)( a 1) (1 + a)( a 1) 1 a
− +
= = =
+ − − +

/> />2.
1
(d
m
):
1 m
(1 - m)(m + 2)
m + 2
y x
−
= +
; (d):
1
3
4
y x
= −
Để (d
m
)
⊥
(d)
⇔

1 - m 1
1
m + 2 4
× = −
⇔
1- m = -4(m + 2) (với m ≠

-2 và m ≠ 1 )

⇔
3m = 9
⇔
m = 3
2.
2
(d
m
) là hàm số đồng biến khi:
1 m > 0 m < 1
m + 2 > 0 m > -2
1 m
0 2 < m < 1
m + 2
1 m < 0 m > 1
(lo¹i)
m + 2 < 0 m < - 2
 
−
 
 
 
−
 
 
> ⇔ ⇔ ⇔ −
 
−

 
 
 
 
 
 
3.
1
Phương trình:
2
(m - 1) m - 3 = 0x x− +
có:
D= [-(m – 1)]
2
– 4 . 1 (m – 3) = m
2
– 2m + 1 – 4m + 12 =
(m
2
– 6m + 9) + 4
= (m – 3)
2
+ 4 > 0 với
∀
m
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1 2
, x x
với
mọi m

Theo định lí Viét ta có:
1 2
1 2
m - 1
(I)
= m - 3
x x
x x
+ =



.
Theo đề ta có:
2 2
1 2 2 1 1 2 1 2
3 ( ) 3x x x x x x x x
+ = ⇔ + =
(1)
Thay hệ thức (I) vào (1) ta có: (m – 1)(m – 3) = 3
⇔
m
2
–
4m = 0
⇔
m(m – 4) = 0

⇔
m = 0

m = 4



/> />Vậy với m = 0 hoặc m = 4 thì phương trình có 2 nghiệm
thỏa mãn:
2 2
1 2 2 1
3x x x x
+ =
3.
2
Gọi x (dãy) là số dãy ghế lúc đầu được chia từ số chỗ ngồi
trong phòng họp
(Đk:x
*
N
∈
và x > 3)
Số chỗ ngồi ở mỗi dãy lúc đầu:
360
x
(chỗ)
Do thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy và số chỗ
ngồi trong phòng không thay đổi nên ta có phương trình: (
360
x
+ 4)(x – 3) = 360

⇔

x
2
– 3x – 270 = 0
x = 18
x = -15 (lo¹i)

⇔


Vậy lúc đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành
18 dãy.
4 *Xét
∆
ABC (
µ
A
= 90
0
) có:

$
µ µ
0 0 0 0
B C 90 C 90 62 28
+ = ⇒ = − =
*Xét
∆
AHC (
µ
H

= 90
0
) có: AC =
HC
CosC
*Xét
∆
ABC (
µ
A
= 90
0
) có: AB = AC.tanC =
HC
tanC
CosC
×
Và BC =
2
AC HC
CosC Cos C
=
*Chu vi tam giác ABC là:
AB + AC + BC =
HC
tanC
CosC
×
+
HC

CosC
+
2
HC
Cos C

/> /> =
0
0 0
HC 1 20,3 1
(tanC + 1 + ) (tan28 1 ) 61,254908 (cm)
CosC CosC Cos28 Cos28
= + + ≈

5 a. Chứng minh: AD
2
= AE . AF
*Ta có: AB
⊥
CD
»
»
AC AD (liªn hÖ gi÷a ®k vµ d©y cung)
⇒ =
⇒
·
·
ADC AFD
=
(các góc nt chắn các cung tương ứng bằng

nhau)
*Xét
∆
ADE và
∆
AFD có:

·
·
ADC AFD
=
(cm trên)

µ
A
: góc chung

ADE AFD
⇒ ∆ ∆
~
(g-g)
2
AD AF
AD AE . AF
AE AD
⇒ = ⇒ =
/> />b. Tính độ dài cung nhỏ BF khi HE = 1cm (chính xác
đến 2 chữ số thập phân)
*Ta có: AH = OH =
OA

2 ( )
2
cm=
(Vì H là trung điểm của
OA và OA = 4cm)
*Xét DAHE (
µ
0
H 90
=
) có: tg
·
HE 1
HAE
AH 2
= =
·
·
BAF HAE⇒ = ≈
27
0
»
·
0
s®BF 2.BAF 54⇒ = ≈

⇒
»
0
0 0

BF
.OA.n 2 . 54
180 180
l
π π
= ≈
≈
1,88 (cm) (Với n = sđ
»
0
BF 54
≈
)
c. Tìm vị trí của điểm E trên đoạn HD để số đo của góc
EOF bằng 90
0
*Xét DEAO có: EH là đường cao (EH
⊥
AB) cũng là
đường trung tuyến (vì AH = OH) nên DEAO cân tại E
·
µ
1
EAH O⇒ =
.
*Mà
·
·
µ
2

O
EAH BAF (cïng ch¾n cung BF)
2
= =

·
µ µ µ
·
µ
µ
µ µ
2
0 0 0 0 0
1 2 1 2 2 2
O
*§Ó EOF 90 O O 90 (V× O EOF O 180 ) O 90 3O 180
2
= ⇔ + = + + = ⇔ + = ⇔ =


µ
·
0 0
2
O 60 EAH 30⇔ = ⇔ = ⇔
tan
·
HE
EAH
AH

=
(vì DEAH vuông tại
H)

·
0
2 3
HE = AH . tanEAH 2 . tan30 (cm)
3
⇔ = =
/>µ
µ
2
1
O
O
2
⇒ =
/>Vậy khi điểm E cách H một khoảng HE =
2 3
3
(cm) trên
đoạn HD thì
·
0
EOF 90=
SỞ GIÁO DỤC &
ĐÀO TẠO
TỈNH KIÊN
GIANG

ĐỀ CHÍNH
THỨC
(Đề thi có 01
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP
10 THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời
gian giao đề)
Ngày thi: 06/7/2012
/> />trang)
Bài 1. (1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A =
112 - 45 - 63 + 2 20
2) Cho biểu thức B =
x x x x
1 1
1 x 1 x
  
+ −
+ +
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+ −
  
, với 0 ≤ x ≠ 1
a) Rút gọn B
b) Tính giá trị biểu thức B khi x =

1
1 2
+
Bài 2. (1,5 điểm)
Cho đường thẳng (d
m
) : y = - x + 1 – m
2
và (D): y = x
1) Vẽ đường thẳng (d
m
) khi m = 2 và (D) trên cùng hệ trục tọa
độ, nhận xét về 2 đồ thị của chúng.
2) Tìm m dể trục tọa độ Ox, (D) và (d
m
) đồng quy.
Bài 3. (1,5 điểm)
Trong đợt quyên góp ủng hộ người nghèo, lớp 9A và 9B
có 79 học sinh quyên góp được 975000 đồng. Mỗi học sinh
lớp 9A đóng góp 10000 đồng, mỗi học sinh lớp 9B đóng góp
15000 đồng. Tính số học sinh mỗi lớp.
Bài 4. (1,5 điểm)
Cho phương trình:
2 2
2( 2) 5 4 0x m x m m− + + + + =
(*)
1/ Chứng minh rằng với m < 0 phương trình (*) luôn luôn có
2 nghiệm phân biệt
1 2
, x x

.
/> />2/ Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
1 2
, x x

thỏa hệ thức
1 2
1 1
1
x x
+ =
Bài 5. (4 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C
trên đường tròn sao cho CA = CB. Gọi M là trung điểm của
dây cung AC; Nối BM cắt cung AC tại E; AE và BC kéo dài
cắt nhau tại D.
a) Chứng minh: DE . DA = DC . DB
b) Chứng minh: MOCD là hình bình hành
c) Kẻ EF vuông góc với AC. Tính tỉ số
MF
EF
?
d) Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai là N; EF cắt AN tại I, cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai là K; EB cắt AN tại H. Chứng minh: Tứ giác
BHIK nội tiếp được đường tròn.
HẾT
ĐÁP ÁN
BÀ
I

NỘI DUNG
1.1 A =
112 - 45 - 63 + 2 20 4 7 - 3 5 - 3 7 + 4 5 7 + 5
= =
/> />1.2 a) Với 0 ≤ x ≠ 1 ta có:
B =
x x x x ( 1) x( x 1)
1 1 1 1 (1 + x)(1 - x) 1 x
1 x 1 x 1 x 1
x x
x
     
+ − + −
+ + = + − = = −
 ÷ ÷  ÷ ÷
 ÷ ÷  ÷ ÷
+ − + −
     
b) Ta có:
1 2 1
x = 2 1
2 1
1 2
−
= = −
−
+
B = 1 - 2 1 2 - 2
⇒ + =
2.1 (d

m
) : y = - x + 1 – m
2
và (D): y = x
*Khi m = 2 thì (d
m
) trở thành: y = -x – 3
Xét (d
m
): y = –x – 3 ta có bảng giá trị:
Xét (D): y = x ta có: x = 1
⇒
y = 1
*Đồ thị của (d
m
) và (D):
/>x 0 -3
y -3 0
-3 -2 -1 1
-3
-2
-1
1
x
y
(D): y = x
(d
m
): y = -x - 3
O

/>*Nhận xét: Đường thẳng (D) và đường thẳng (d
m
)
vuông góc với nhau vì tích hệ số của chúng bằng -1
2.2 (d
m
) : y = - x + 1 – m
2
và (D): y = x
Ta có (D) cắt Ox tại O. Để Ox, (D) và (d
m
) đồng quy
thì (d
m
) phải đi qua O khi đó:
1 – m
2
= 0
⇔
m = ± 1
Vậy m = ± 1 thì Ox, (D) và (d
m
) đồng quy.
3 Gọi x là số học sinh lớp 9A (x
∈
N
*
và x < 79)
⇒
Số học sinh lớp 9B là: 79 – x (học sinh)

Lớp 9A quyên góp được: 10000x (đồng)
Lớp 9B quyên góp được: 15000(79 – x) (đồng)
Do cả hai lớp quyên góp được 975000 đồng nên ta có
phương trình:
10000x + 15000(79 – x) = 975000

⇔
10x + 15(79 – x) = 975
⇔
-5x = - 210
⇔
x = 42
Vậy lớp 9A có 42 học sinh; lớp 9B có: 79 – 42 = 37
(học sinh)
4 1/ Phương trình:
2 2
2( 2) 5 4 0x m x m m− + + + + =
(*)
Ta có:
'
∆
= [-(m + 2)]
2
– (m
2
+ 5m + 4) = m
2
+ 4m + 4
– m
2

– 5m – 4 = -m
Với m < 0
⇒
'
∆
= -m > 0
⇒
Phương trình (*) luôn luôn
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
, x x
2/ Theo định lí Viét ta có:
1 2
2
1 2
2(m 2)
m + 5m + 4
x x
x x
+ = +



=


(I)
/> /> Theo đề ta có:
1 2 1 2
1 2 1 2

1 1
1 0
x x x x
x x x x
+ −
+ = ⇔ =
(1)
Thay (I) vào (1) ta có:
2
2
2(m + 2) - (m + 5m + 4)
0
m + 5m + 4
=
(Đk:
m ≠ -1 và m ≠ -4)

⇔
2(m + 2) – (m
2
+ 5m + 4) =
0

⇔
2m + 4 – m
2
– 5m – 4 = 0

⇔
m

2
+ 3m = 0

⇔
m(m + 3) = 0

m = 0 (lo¹i v× tr¸i ®k: m < 0)
m = -3 (tháa ®iÒu kiÖn: m < 0; m 1 vµ m -4)

⇔

≠ − ≠


Vậy với m = -3 thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân
biệt
1 2
, x x
thỏa hệ thức:

1 2
1 1
1
x x
+ =
5. a. Chứng minh DE . DA = DC . DB
/> />Ta có:
·
0
ACB 90

=
(góc nội tiếp nửa đường tròn (O))

·
0
ACD 90⇒ =
(vì kề bù với
·
ACB
)
Ta lại có:

·
0
AEB 90
=
(góc nội tiếp nửa đường tròn (O))

·
DEB
⇒
= 90
0
(vì kề bù với
·
AEB
)
Xét
∆
ADC và

∆
BDE có:

·
·
0
ACD DEB 90= =
(cm trên)

µ
D
: góc chung
ADC BDE
⇒ ∆ ∆
~
(g-g)
DA DC
DE . DA = DC . DB
DB DE
⇒ = ⇒

b. Chứng minh MOCD là hình bình hành
/> /> Ta có: MC = MA (gt)
OM AC
⇒ ⊥
(liên hệ giữa đk và
dây cung)
CD
⊥
AC (vì

·
0
ACD 90=
)
⇒
OM // CD (cùng vuông góc với AC) (1)
Mặt khác:
∆
DAB có: BE và AC là hai đường cao cắt
nhau tại M
⇒
M là trực tâm

⇒
DM là đường cao thứ ba
⇒
DM
⊥
AB
Mà: CA = CB
»
»
CA CB CO AB⇒ = ⇒ ⊥
Từ (1) và (2) suy ra: MOCD là hình bình hành.
c. Kẻ EF
⊥
AC. Tính tỉ số
MF
EF
?

Xét
∆
MFE và
∆
MCB có:

·
·
0
MFE MCB 90= =

·
·
FME BMC
=
(đối đỉnh)

MFE MCB
⇒ ∆ ∆
~
(g – g)
MF MC
EF CB
⇒ =
Ta lại có: AC = 2MC (gt). Mà: CB = CA
⇒
CB =
2MC

MF MC MC 1

EF CB 2MC 2
⇒ = = =
d. Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp được đường
tròn.
/>DM // CO (2)
/> Ta có:
µ
»
1
K s®BE
2
=
(góc nội tiếp đường tròn tâm (O))
(3)
Ta lại có:
·
»
»
1
NHB (s®BN s®EA)
2
= +
(góc có đỉnh nằm trong
đường tròn (O))
Mà : EA = EN (bán kính đường tròn (E))
» »
EA EN⇒ =

⇒
·

»
»
»
»
»
1 1 1
NHB (s®BN s®EA) (s®BN s®EN) s®BE
2 2 2
= + = + =
(4)
Từ (3) và (4) suy ra:
µ
·
K NHB
=
Mà
·
NHB
là góc ngoài tại H của tứ giác BIHK
Vậy tứ giác BIHK nội tiếp được đường tròn.
/> />SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO
TẠO
AN GIANG

ĐỀ CHÍNH THỨC
SBD……PHÒNG………
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Năm học 2012-2013

Môn: TOÁN

Khóa ngày 11 -7 -2012
Thời gian làm bài : 120 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 12-7-2012
Bài 1. (2,5 điểm)
a) Rút gọn A =
+2 16 - 6 9 36
b) Giải phương trình bậc hai : x
2
– 2
2
x +1 = 0
c) Giải hệ phương trình :
3 7
2 3
x y
x y
− =


+ =

/> />Bài 2. (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x + 1 (*) có đồ thị là đường thẳng ( d )
a) Tìm hệ số góc và vẽ đồ thị hàm số (*)
b) Tìm a để (P): y = ax
2
đi qua điểm M (1 ;2).Xác định tọa độ
giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) với a vừa tìm
được .

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình x
2
– 2 (m+1) x + m
2
+ 3 = 0
a) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm
phân biệt.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai
nghiệm không lớn hơn tổng hai nghiệm.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn ( O) bán kính R = 3 cm và một
điểm I nằm ngoài đường tròn, biết rằng OI = 4cm.Từ I kẻ hai
tiếp tuyến IA và IB với đường tròn (A,B là tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác OAIB nội tiếp.
/> />b)Từ I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt tia OA tại
O’.Tính OO’ và diện tích tam giác IOO’ .
c) Từ O’ kẻ O’C vuông góc BI cắt đường thẳng BI tại
C.Chứng minh O’I là tia phân giác của
·
AO'C
Hết
/> /> /> /> />